2022-2023学年辽宁省葫芦岛市协作校高二上学期第二次考试数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省葫芦岛市协作校高二上学期第二次考试数学试题

一、单选题

1．直线的方程为，则（    ）

A．的斜率为 B．在轴上的截距为6

C．的截距式为 D．的倾斜角为锐角

【答案】D

【分析】根据直线的一般式方程，把直线方程转化为斜截式和截距式，直接判断各个选项.

【详解】整理成斜截式：，整理成截距式：，

则的斜率为3，所以倾斜角为锐角．在轴上的截距为.

故选：D

2．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ）

A．40种 B．20种 C．15种 D．11种

【答案】D

【分析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.

【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．

故选：D

3．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，上平面，且，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.

【详解】，

，

所以．

故选：C

4．抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．5 D．9

【答案】A

【分析】根据抛物线的定义结合几何图形求解.

【详解】如图，

设抛物线的准线为，过作于，过作于，

因为，所以当，，三点共线时，

取得最小值，故的最小值为．

故选:A.

5．小陈准备将新买的《尚书·礼记》、《左传》、《孟子》、《论语》、《诗经》五本书立起来放在书架上，若要求《论语》、《诗经》两本书相邻，且《尚书·礼记》放在两端，则不同的摆放方法有（    ）

A．18种 B．24种 C．36种 D．48种

【答案】B

【分析】先将《论语》、《诗经》两书捆绑，然后排好《尚书·礼记》，再排好剩余3个位置，最后排《论语》、《诗经》，根据分步乘法，即可求得结果.

【详解】先将《论语》、《诗经》两书捆绑看作一个整体，则可以看作共4个位置.

先排《尚书·礼记》，排法种数为；然后剩余3个位置全排列，排法种数为；最后排好《论语》、《诗经》，两书的排法种类为.

所以，不同的摆放方法有种.

故选：B.

6．《几何原木》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线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】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分

别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，

因为，所以、、、，

，，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为．

故选：B.

7．双曲线上的点到上焦点的距离为12，则到下焦点的距离为（    ）

A．22 B．2 C．2或22 D．24

【答案】A

【分析】设的上、下焦点分别为，根据双曲线的定义求出或，再根据可得.

【详解】设的上、下焦点分别为，则．

因为,,所以，，则，

由双曲线的定义可知，，即，

解得或，

当时，，不符合题意；

当时，，符合题意.

综上所述：.

故选：A

8．笛卡尔是世界上著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父．据说在他生病卧床时，突然看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形．在如图所示的空间直角坐标系中，为长方体，且，，点是轴上一动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】点A关于x轴对称的点到D的距离即的最小值.

【详解】因为，，由图可知，，，

A关于轴对称的点为，

所以.

故选：C.

二、多选题

9．若椭圆的离心率为，则实数的取值可能是（    ）

A．10 B．8 C．5 D．4

【答案】AC

【分析】对椭圆焦点在轴上和在轴上两种情况进行分类讨论，根据离心率的定义即可计算得出实数的取值.

【详解】当焦点在轴上时，由，得；

当焦点在轴上时，由，得．

故选：AC.

10．已知双曲线，则（    ）

A．的焦点坐标为 B．的渐近线方程为

C．的虚轴长为 D．的离心率为

【答案】CD

【分析】根据双曲线的标准方程，求出，然后对选项逐一判断即可.

【详解】因为双曲线，则

则焦点坐标为，故A错误；

焦点在轴的双曲线的渐近线方程为，即，故B错误；

双曲线虚轴长为，故C正确；

离心率为，故D正确.

故选:CD.

11．在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量写出到平面的距离的表达式，然后求其范围即可.

【详解】如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，故，，设平面的法向量，由，取，则为平面的法向量，，所以到平面的距离．因为，所以，而，即BC选项的数值才符合.

故选：BC

12．已知动点到原点与的距离之比为2，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是（    ）

A．的方程为

B．动点到直线的距离的取值范围为

C．直线被截得的弦长为

D．上存在三个点到直线的距离为

【答案】AD

【分析】根据两点之间距离公式和题意确定方程，结合圆心到直线的距离即可求解，圆的弦长公式求法即可进一步求解.

【详解】设，因为，所以，

所以的方程为，故A正确；

因为圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交，且弦长为，故C错误；

动点到直线的距离的取值范围为，故B错误，D正确．

故选：AD.

三、填空题

13．双曲线的实轴长为___________．

【答案】

【分析】根据双曲线标准方程，可得：，进而求解即可.

【详解】因为，所以，所以实轴长为．

故答案为：.

14．若函数的图象是半径为的圆的一部分，则a的一个值可以是______．

【答案】4（答案不唯一）

【分析】将函数的解析式化为圆的标准方程形式，得出圆的半径的表达式，根据半径的范围从而可得出答案.

【详解】由，得，

即，

依题意可得，解得．

故答案为：4（答案不唯一，只要a的值满足即可）

15．如图，提供4种不同的颜色给图中，，，四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有___________种．

【答案】48

【分析】先对区域涂色，再对区域涂色，再对区域涂色，最后对区域涂色，再根据分步乘法原理可得答案．

【详解】先对区域涂色，共有4种不同的涂法，再对区域涂色，共有3种不同的涂法，再对区域涂色，共有2种不同的涂法，最后对区域涂色，共有2种不同的涂法，

根据分步乘法计数原理，则不同的涂法共有种，

故答案为：48.

四、双空题

16．设椭圆的上顶点为，且长轴长为，则椭圆的标准方程为___________；过任作两条互相垂直的直线分别另交椭圆于，两点，则直线过定点___________．

【答案】         

【分析】设，根据是椭圆的上顶点，得到，再根据长轴长为，得到求解；设直线的方程为，与椭圆方程联立，由求解.

【详解】解：设，

因为是椭圆的上顶点，所以．

因为长轴长为，所以，

所以椭圆的标准方程为．

易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，，

由可得，

所以，，

因为，，

所以，

，

，

所以，解得或．

当时，直线经过点，不满足题意，

所以直线的方程为，

故直线过定点．

故答案为：，

五、解答题

17．（1）求两条平行直线与间的距离；

（2）求过点且与直线垂直的直线方程.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）直接根据平行线间的距离公式即可得结果；

（2）根据垂直关系设所求直线的方程为，将点代入求出值即可.

【详解】（1）两条平行直线与间的距离.

（2）依题可设所求直线的方程为，

将点的坐标代入得.

则，

故所求直线的方程为.

18．将4个不同的小球放入2个不同的袋子中．

(1)若每个袋子中放2个小球，有多少种放法？

(2)若每个袋子中至少放1个小球，有多少种放法？

【答案】(1)6；

(2)14.

【分析】（1）每个袋子中放2个小球，有种放法.

（2）先分三类在分组，所有情况加起来，即可求出答案.

【详解】（1）若每个袋子中放2个小球，有种放法．

（2）若每个袋子中至少放1个小球，分三种情况讨论．

①第1个袋子中放1个小球，第2个袋子中放3个小球，有种放法．

②第1个袋子中放2个小球，第2个袋子中放2个小球，有种放法．

③第1个袋子中放3个小球，第2个袋子中放1个小球，有种放法．

故若每个袋子中至少放一个小球，有种放法．

19．已知椭圆经过点．

(1)求的标准方程；

(2)若直线与交于、两点，且弦的中点为，求直线的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；

（2）分析可知直线的斜率存在，设点、，由题意可得，利用点差法可求得直线的斜率.

【详解】（1）解：依题意可得，故椭圆的标准方程为．

（2）解：，所以，点在椭圆内，

若直线轴，则的中点在轴上，不合乎题意，

设点、，由题意可得，

则，两式相减，得．

即，所以直线的斜率．

20．已知的顶点分别为，，．

(1)求外接圆的方程；

(2)直线上有一动点，过点作外接圆的一条切线，切点为，求的最小值，并求点的坐标．

【答案】(1)；

(2)的最小值为，点的坐标为.

【分析】（1）设出圆的一般方程，代入三个点的坐标得到方程组，解出即可；

（2）设圆心为，首先判断与圆相离.根据已知条件，可得出，则当最小时，最小.又，即圆心到直线的距离，进而根据已知可求出最小时点的坐标.

【详解】（1）设外接圆的方程为，

代入，，，可得，

即，解得，

所以外接圆的方程为．

（2）由（1）知，外接圆可化为，

圆心设为，半径.

设为点到直线的距离，则，所以与圆相离.

由已知，是圆的一条切线，切点为，则，

在中，有，所以要使最小，只需最小．

当时，最小，即，

.

设，因为，可设直线方程为，

又，所以，所以.

所以，直线方程为，又在上，

联立与的方程，解得，即．

21．如图，已知矩形所在平面与平面垂直，在直角梯形中，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知可得，利用面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直可得，根据线面垂直的判定即可证明平面；

（2）以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，利用公式即可求出直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，且，

可得．

因为四边形为矩形，所以．

因为平面平面，且平面平面，

所以平面．

因为平面，所以．

因为，且，平面，

所以平面．

（2）解：由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．不妨设，则，，，，

，，．

设平面的法向量为，

则，令，得．

因为，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

22．已知抛物线上一点到焦点的距离为2．

(1)求抛物线的方程；

(2)抛物线的准线与轴交于点A，过A的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线的准线交于点，点关于轴的对称点为，试判断，，三点是否共线，并说明理由．

【答案】(1)；

(2)，，三点共线，理由见解析.

【分析】（1）点的坐标代入抛物线方程，结合焦半径公式可求得，得抛物线方程；

（2）设直线方程为，，，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，然后由直线方程求得的坐标，再通过与斜率证得结论成立．

【详解】（1）由得，

所以抛物线的方程为．

（2）抛物线的准线方程为，所以．

易知直线的斜率存在，设直线方程为，，，

联立方程组得，

则，．

由，得或．

直线的方程为，令，得，即，

所以．

因为，

，

所以，故，，三点共线．

【点睛】方法点睛：直线与抛物线相交问题，设出直线方程为，设出交点坐标，，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得，，然后用所设点的坐标计算题中需要求解的量（本题计算直线的斜率），代入韦达定理的结果化简可得．