2023-2024学年广西玉林市北流市实验中学等四校高二上学期期中联考质量评价检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广西玉林市北流市实验中学等四校高二上学期期中联考质量评价检测数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．双曲线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由双曲线的性质求解．
【详解】由题意可知双曲线的焦点在轴上，，故焦点为，
故选：D
2．已知点在圆上，则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．无法判断
【答案】B
【分析】根据圆心到直线距离与半径大小比较判断直线与圆位置关系
【详解】由题意得，又，即直线与圆相切
故选：B
3．已知，两点到直线的距离相等，则的值为（ ）
A．或B．3或4C．3D．4
【答案】A
【分析】根据点到直线的距离公式建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，
，整理得，
即，解得或.
故选：A.
4．空间中有三点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.
【详解】解：，
则，，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
5．已知直线与圆交于A，B两点，则线段的垂直平分线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据互相垂直两直线斜率之间的关系、圆的几何性质进行求解即可.
【详解】由，圆心坐标为，
由，所以直线的斜率为，
因此直线的垂直垂直平分线的斜率为，
所以直线的垂直垂直平分线方程为：，
故选：A
6．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在直四棱柱中，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
所以，，，
所以，，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
7．已知双曲线：的左､右焦点分别是，，是双曲线上的一点，且，，，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据且，，，利用余弦定理求得c，再利用双曲线的定义求得a即可.
【详解】解：设双曲线的半焦距为.
由题意，点在双曲线的右支上，，，
由余弦定理得，
解得，即，，
根据双曲线定义得，
解得，
故双曲线的离心率.
故选：D
8．，分别为椭圆的一个焦点和顶点，若椭圆的长轴长是10，且，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】分焦点在轴上与焦点在轴上进行计算.
【详解】当焦点在轴上时，，
又因为，所以，，则，
所以椭圆方程为；
同理，当焦点在轴上时，椭圆方程为.
故选：C
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限
B．直线过定点
C．过点斜率为的点斜式方程为
D．与轴夹角为，且轴截距为3的直线方程为
【答案】ABC
【分析】根据直线方程的相关定义一一判断即可.
【详解】对于A中，由直线过一、二、四象限，所以直线的斜率，截距，
故点在第二象限，所以A正确；
对于B中，由直线方程，整理得，所以无论取何值，点都满足方程，所以B正确；
对于C中，由点斜式方程，可知过点斜率为的点斜式方程为：，所以C正确；
对于D中，由直线与轴夹角为，可知直线倾斜角为或，所以直线斜率为，
又因为在轴上的截距为3，所以直线方程为，所以D错误.
故选：ABC.
10．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在圆的内部，则
B．若，则圆的公共弦所在的直线方程是
C．若圆外切，则
D．过点作圆的切线，则的方程是或
【答案】BCD
【分析】根据点在圆的内部解不等式即可判断A错误；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可知B正确；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可知C正确；对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由点到直线距离公式即可得D正确.
【详解】对于A，由点在圆的内部，得，解得，故错误；
对于B，若，则圆，
将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程是，故B正确；
对于C，圆的标准方程为，圆心为，半径，
圆的标准方程为，圆心为，半径，
若圆外切，则，即，解得，故C正确；
对于D，当的斜率不存在时，的方程是，圆心到的距离，满足要求，
当的斜率存在时，设的方程为，
圆心到的距离，解得，
所以的方程是，故D正确.
故选：BCD.
11．在直三棱柱中，，且，为线段的中点，为棱上的动点，平面过三点，则下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变
B．平面平面ABE
C．当与重合时，截此三棱柱的外接球所得的截面面积为；
D．存在点，使得直线BC与平面所成角的大小为．
【答案】ABC
【分析】A选项，利用等体积法得到为定值；B选项，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由法向量关系得到两平面垂直；C选项，求出此三棱柱的外接球球心和半径，进而得到球心到平面的距离，进而得到截此三棱柱的外接球所得的截面面积；D选项，假设存在点，使得直线BC与平面所成角的大小为，从而列出方程，发现方程无解，故假设不成立.
【详解】A选项，由于为棱上的动点，故为定值，
又到平面的距离为2，
故为定值，A正确；

B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
设平面的法向量为，
则，解得，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
由于，
故平面平面；
C选项，连接相交于点，
直三棱柱中，，故此三棱柱的外接球即为以为长宽高的长方体的外接球，
则此点即为外接球球心，其中，故，
外接球半径为，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
故点到平面的距离为，
则截此三棱柱的外接球所得的截面圆的半径为，
故截面面积为.

故当与重合时，截此三棱柱的外接球所得的截面面积为，C正确；
D选项，设，由B选项可知，平面的法向量为，
假设存在点，使得直线BC与平面所成角的大小为，
则，
即，整理得，，
由于，方程无解，
故直线BC与平面所成角的大小不为，D错误.
故选：ABC
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
12．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．动点的轨迹与圆：没有公共点
C．直线：为成双直线
D．若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则
【答案】CD
【分析】根据题意先求出动点P的轨迹方程为椭圆，再借助判别式判断直线、圆与椭圆的位置关系即可；选项D直接计算的值．
【详解】解：设，
则，
化简得，故A错；
联立消y得
，
整理得，
，
故动点的轨迹与圆：有两个公共点，故B错；
联立消去y得
，
，
故直线上存在这样的点，
所以直线：为成双直线，故C对；
联立消整理得
，
解得，
故，
不妨设，
设，故，
则，
，
将代入上式，
，故D对．
故选：CD．
【点睛】本题D的结论应当记住，也即．当时，，此时动点P的轨迹为圆，而这个结论是显然的，可以帮助我们记忆上述结论．
三、填空题
13．已知两直线方程分别为，若，则 ．
【答案】2
【分析】由两直线平行，则斜率相同列方程可求得结果
【详解】因为，且，
所以，得，
故答案为：2
14．已知直线l：与曲线有两个交点，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【分析】直线l过定点，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，数形结合可得答案.
【详解】直线l：，得，可知直线l过定点，
如图，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，
当直线l与半圆相切时，，解得，
曲线与x轴负半轴交于点，，
因为直线l与曲线有两个交点，所以.

故答案为：.
15．已知圆，圆，圆与圆、圆外切，则圆心的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设圆的半径为，根据题意可得，两式相减，再结合双曲线的定义即可得解.
【详解】设圆的半径为，
圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
因为圆与圆、圆外切，
则，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
又，则，
所以其轨迹方程为．
故答案为：．
16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过点，的直线与双曲线右支在第一象限相交于点P，若，则双曲线C的渐近线方程为 ．
【答案】
【分析】根据定义得到，，直线的方程为，根据，解得，然后将代入中得，求得，代入双曲线方程，最后结合双曲线中，求得双曲线C的渐近线方程为．
【详解】设，，，因为，，所以直线的方程为，又，，，则有，解得，将代入中得，则，
所以，结合双曲线中，解得，
故双曲线C的渐近线方程为．
故答案为：
四、解答题
17．已知圆：．
(1)当取何值时，直线：与圆相交得到的弦长最短；
(2)若直线过点且被圆截得的弦长为8，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据直线被圆截得弦长的算法可知，圆心和直线所过定点的连线与直线垂直时，所得弦长最短；
（2）按照斜率是否存在，分情况讨论进行求解.
【详解】（1）
设直线与圆相交于两点
∵：过定点．
∴当时，弦长取最小值．
∵，∴
∴时直线：与圆相交得到的弦长最短．
（2）设直线与圆相交于两点
①当不存在时，依题意有：直线的方程为
∵圆：
∴弦长符合．
∴直线方程为符合题意．
②当存在时，设直线：即
∵弦长，，∴．
∵，∴．
解得．
∴直线方程为：即．
综上：直线方程为：或．
18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面.

(1)求证：面
(2)若_______，求点到平面的距离．
在①；②二面角的正切值为；③，这三个条件中，任选一个，补充在问题中，并加以解答．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)无论选哪一个条件，点到平面的距离都为.
【分析】（1）利用平行四边形的性质、勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）若选①：利用三棱锥体积的等积性进行求解即可；若选②：根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理进行、三棱锥体积的等积性进行求解即可；若选③：根据四棱锥的体积公式，结合三棱锥体积的等积性进行求解即可；
【详解】（1）因为为平行四边形，
所以，
因为，
所以，
因为平面，平面，
所以，而面，
所以面；
（2）若选①：因为平面，平面，
所以，
因此，
因为为平行四边形，
所以，
因为，
所以，设点到平面的距离为，
若选②：因为平面，平面，
所以，
由（1）可知：，因为为平行四边形，
所以，因此，
而平面，
所以平面，而平面，
因此，所以是二面角的平面角，
，以下过程见选①的解答过程；
若选③：因为，
所以，以下过程见选①的解答过程.
19．在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，点的坐标为(3，-3).
（1）求过点且与圆相切的直线方程.
（2）已知圆，若圆与圆的公共弦长为，求圆的方程.
【答案】（1）过点且与圆相切的直线方程为：或；（2）圆的方程为或.
【分析】（1）当直线的斜率不存在时，显然成立，当直线的斜率存在时，设切线方程为：，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出得到直线；
（2）两圆方程相减得出公共弦所在直线方程，由点线距公式求出到直线的距离为，利用勾股定理列方程求出，可得圆的方程．
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，显然直线与圆相切，
当直线的斜率存在时，设切线方程为：，
圆心到直线的距离等于半径，解得，
切线方程为：，
综上，过点且与圆相切的直线方程为：或.
（2）圆与圆，
相减得圆与圆的公共弦所在直线方程，
圆的圆心为(1，0)，，
设到直线的距离为，
∴，
又∵圆与圆公共弦长为，
∴，
即，
解得，
∴圆的方程为或.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，解决本题的关键点是利用圆的弦长的一般，圆心到直线的距离和圆的半径组成直角三角形，列出勾股定理解出参数，得到圆的方程，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
20．已知椭圆C：与椭圆有相同的焦点，过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的弦长度为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：与椭圆C交于A，B两点，若，求实数m的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出，即得答案；
（2）联立直线和椭圆方程，可得根与系数关系式，利用弦长公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意得的焦点为，
故椭圆C：的焦点为，则；
令，则，
故由过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的弦长度为1可得，
联立，解得，
故椭圆C的方程为；
（2）将代入得，
需满足，即；

设，则，
由得，
即，解得，
故，符合题意.
21．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.
(1)求双曲线的方程；
(2)若为双曲线的左焦点，过点作直线交的左支于两点.点，直线交直线于点.设直线的斜率分别，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知条件，列方程组求，可得双曲线标准方程；
（2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.
【详解】（1）由题意，双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，，所以双曲线的方程为.
（2）双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；
当直线的斜率不为0时，设，
联立方程组，消得，易得，
由于过点作直线交的左支于两点，
设，，所以，，
由直线，得，
所以，又，
所以
，
因为，所以，且，
所以，即为定值.
【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H，
则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
因为平面平面，故，
所以，故，
所以.