（人教A版2023选择性必修第一册浙江专用）2023-2024学年高二上学期期中冲刺测试卷02（测试范围：第1-3章） （含解析）

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一、单选题

1．在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程为（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【分析】化简双曲线的方程为标准方程，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解.

【解析】由双曲线，可得其标准方程为，所以，

则双曲线的渐近线方程为.

故选：B.

2．设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（）

A．圆B．直线

C．平面D．线段

【答案】C

【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.

【解析】由题意，故点M位于过点A且和垂直的平面内，

故点M构成的图形是经过点A，且以为法向量的平面，

故选：C

3．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.

【解析】由在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，

如图所示，连接，根据空间向量的线性运算法则，

可得：.

故选：A.

4．圆：与圆：的公共弦所在直线方程为（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【分析】两圆方程相减即可得解.

【解析】联立，相减可得，

故选:C

5．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为

A．B．C．D．

【答案】D

【解析】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.

详解：在中，

设，则，

又由椭圆定义可知

则离心率，

故选D.

点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.

6．已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】利用两圆相切圆心距与两半径之和相等，分别证明充分性和必要性是否成立即可得出答案.

【解析】根据题意将圆化成标准方程为；

易知，

所以可得圆心，半径为，圆心，半径为，

可得，两半径之和；

若，圆心距，两半径之和，此时，

所以圆与圆外切，即充分性成立；

若圆与圆外切，则，解得或（舍），

所以必要性成立；

即“”是“圆与圆外切”的充分必要条件.

故选：C

7．若方程有两个不等的实根，则实数b的取值范围为（）

A．B．C．D．

【答案】B

【分析】将化为，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解.

【解析】解：由得，

所以直线与半圆有个公共点，

作出直线与半圆的图形，如图：

当直线经过点时，，

当直线与圆相切时，，解得或（舍），

由图可知，当直线与曲线有个公共点时，，

故选：B.

8．如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（）

A．存在某个位置使得B．存在某个位置使得

C．存在某个位置使得D．存在某个位置使得

【答案】B

【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.

【解析】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；

对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；

对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；

对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.

故选：B.

二、多选题

9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（）

A．当时，

B．当时，

C．直线过定点，直线过定点

D．当，平行时，两直线的距离为

【答案】AD

【分析】A选项：把的值分别代入两直线，根据直线垂直时，斜率相乘为，直接判断即可；

B选项，把的值分别代入两直线，根据直线平行时，斜率相等判断即可；

C选项，把直线的方程变形，根据直线过定点的定义判断即可；

D选项，由直线平行时，斜率相等，可求得得值，排除重合情况，再利用平行直线的距离公式直接求解即可.

【解析】对于A，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确；

对于B，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；

对于C，由直线：，整理可得：，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项错误；

对于D，当，平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为，为，此时两直线的距离，故D选项正确.

故选：AD.

10．下面四个结论正确的是（）

A．若，，三点不共线，面外的任一点，有，则，，，四点共面

B．有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则

C．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为

D．已知向量，，若，则为钝角

【答案】AC

【分析】由四点共面的向量表示判断A，由两平面平行的向量表示判断A，由直线与平面所成角的定义判断C，由两向量所成角为钝角的条件判断D．

【解析】对于A：，即，，，，四点共面，故A正确，

对于B：，，，即与不平行，与不平行，故B错误，

对于C：若，则与所成角为，故C正确，

对于D：，，

若，则，

若，反向，则，，

，，

当且时，为钝角，故D错误，

故选：AC．

11．如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（）

A．平面

B．点C1到直线B1C的距离为1

C．异面直线与所成角的正切值为

D．平面与平面的夹角的余弦值为

【答案】AD

【分析】证明，再利用线面平行的判定推理判断A；利用等面积法求出三角形的高判断B；利用定义求出线线夹角正切值判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出夹角余弦判断D.

【解析】在直三棱柱中，由，得，

平面，平面，所以平面，A正确；

在中，，在中，斜边，

边上的高，则点C1到直线B1C的距离为，B错误；

由，得异面直线与所成角为或其补角，

在中，，，则，C错误；

以A为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，

设平面的法向量，则，令，得，

设平面的一个法向量为，则，令，得，

于是，显然二面角的大小为锐角，

二面角即二面角，所以二面角的余弦值为，D正确.

故选：AD

12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（）

A．四边形的周长为8B．的最小值为9

C．直线，的斜率之积为D．若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1

【答案】ACD

【分析】根据椭圆定义结合椭圆对称性可判断A；利用椭圆定义以及基本不等式判断B；设，，表示出，的斜率之积，结合点在椭圆上即可化简求值，判断C；将转化为，利用图形的几何意义求解，判断D.

【解析】对于A，由题意知对于椭圆，，

与椭圆交于，两点，

则，关于原点对称，且，,

故四边形的周长为，A正确；

对于B，由于，关于原点对称，故，

所以

，

当且仅当，结合，即时等号成立，B错误；

对于C，设，则，而，

故，

而在椭圆上，即，

即，故，C正确；

对于D，由于点为椭圆上的一个动点，故,

则，故，

当且仅当共线时，且P在之间时等号成立，

而，，

故的最小值为，D正确，

故选：ACD

【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时要注意利用椭圆的定义将线段差转化为线段之和，结合图形的几何意义即可求解.

三、填空题

13．直线在轴上的截距为．

【答案】/

【分析】求出直线与轴交点的横坐标即可.

【解析】∵直线方程为，

∴令，得，即直线与轴交于点，

∴直线在轴的截距为.

故答案为：.

14．动点与定点、的连线的斜率之积为，则点的轨迹方程是.

【答案】()

【解析】利用斜率的公式进行求解即可

【解析】设，则，，

∵动点与定点、的连线的斜率之积为，

∴，∴，即，且，

综上点的轨迹方程是().

故答案为：()

15．已知抛物线的焦点为，过的弦满足，则的值为．

【答案】

【分析】由，分别向抛物线的准线作垂线，垂足为，，根据抛物线定义，，，设直线与抛物线的准线交点为，抛物线的准线与轴交于点，根据，和的相似关系进行求解即可.

【解析】

如图，由，分别向抛物线的准线作垂线，垂足为，，设直线与抛物线的准线交点为，抛物线的准线与轴交于点，则，

设（），则，

由抛物线的定义，，，

易知，

∴，∴，∴，

又易知，，

∴，∴，∴，

∴.

故答案为：.

16．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为．

【答案】或

【分析】利用空间向量线性运算得到，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算即可得解，注意的夹角有两种情况.

【解析】由题意，得，

所以，

因为，所以，，

因为，所以，则，同理：，

因为异面直线a，b所成的角为，

当的夹角为时，，

所以，则，即，故；

当的夹角为时，，

所以，则，故；

综上：线段的长为或.

故答案为：或.

.

四、解答题

17．已知.

(1)求；

(2)求与夹角的余弦值；

(3)当时，求实数的值.

【答案】(1)-10

(2)

(3)或

【分析】（1）根据空间向量的坐标运算律,即可求解.

（2）根据空间向量的夹角公式,代入求解.

（3）由,转化为数量积为0即可.

【解析】（1）；

（2）；

（3）当时，，得，

，或.

18．陕西历史博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作中的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与y轴及直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，如图，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，

(1)求杯身最细之处的周长（杯的厚度忽略不计）：

(2)求此双曲线C的离心率与渐近线方程.

【答案】(1)

(2)离心率为2，渐近线方程为

【分析】（1）由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求得结果，

（2）由（1）可求出，从而可求出离心率和渐近线方程.

【解析】（1）由题意可得，

因为双曲线C过点M，N，所以

解得，所以杯身最细之处的周长为．

（2）因为双曲线C为，所以，则，

渐近线方程为，即，

即离心率为2，渐近线方程为.

19．已知圆：与圆：.

(1)若圆与圆内切，求实数的值；

(2)设，在轴正半轴上是否存在异于A的点，使得对于圆上任意一点，为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)16

(2)存在，6

【分析】（1）根据题意求圆心和半径，在结合两圆的位置关系列式求解；

（2）设点，利用两点间距离公式可得，结合题意分析运算即可.

【解析】（1）因为：，即，

故圆的圆心坐标为，半径长，

且圆：，故圆的圆心坐标为，半径长，

若圆与圆内切，则，

即，且，所以.

（2）设点，则，

于是，即，

同理，可得，

要使为定值，则，解得或（舍去），

故存在点使得为定值，此时.

20．如图，抛物线在点（）处的切线交轴于点，过点作直线（的倾斜角与的倾斜角互补）交抛物线于，两点，求证：

(1)的斜率为；

(2).

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）设：，联立直线与抛物线，消去，根据即可得证；

（2）首先求出点坐标，从而得到直线的方程，设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再由弦长公式表示出，，再代入韦达定理计算可得.

【解析】（1）设：，

由，消去整理得，

则，即，

故，即的斜率为；

（2）由（1）可得直线：，令，解得，则，

因为的倾斜角与的倾斜角互补，

所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，设，，

由，消去整理得，

则，所以，，

则，，

则

，

即，

又，

故.

21．如图，等腰直角的斜边为直角的直角边，是的中点，在上，将三角形沿翻折，分别连接、、，使得平面平面.已知，.

(1)证明：

(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过点在平面内作，垂足为，利用面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，由等腰三角形的几何性质可得出，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；

（2）推导出，计算出、的长，然后以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.

【解析】（1）证明：过点在平面内作，垂足为，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

平面，，

是等腰直角三角形斜边的中点，，

又，、平面，平面，

平面，.

（2）解：由题意可知，在等腰直角三角形中，，，

在平面内，，，则，

为的中点，则为直角三角形的中位线，

，，，

，，，

，，

，

以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

设平面的法向量，则、、，

，，

由得，令，则，

显然，平面的一个法向量为，

.

因此，平面与平面的夹角的余弦值.

22．已知点在双曲线上．

(1)双曲线上动点Q处的切线交的两条渐近线于两点，其中O为坐标原点，求证：的面积是定值；

(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点，满足，证明：点恒在一条定直线上．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求出双曲线方程，设，则过点的切线方程为，联立与两条渐近线方程，得到点坐标，利用求出面积为定值；

（2）考虑直线斜率不存在，不合题意，故直线斜率存在，设直线方程，与双曲线方程联立，设出，得到两根之和，两根之积，再设点的坐标为，由得到，，消去参数得到点恒在一条定直线上.

【解析】（1）将代入双曲线中，，

解得，故双曲线方程为，

下面证明上一点的切线方程为，

理由如下：当切线方程的斜率存在时，

设过点的切线方程为，与联立得，

，

由

化简得，

因为，代入上式得，

整理得，

同除以得，，

即，

因为，，

所以，

联立，两式相乘得，，

从而，

故，

即，

令，则，即，

解得，即，

当切线斜率不存在时，此时切点为，切线方程为，满足，

综上：上一点的切线方程为，

设，则过点的切线方程为，

故为过点的切线方程，

双曲线的两条渐近线方程为，

联立与，解得,

联立与，解得,

直线方程为，即，

故点到直线的距离为，

且，

故的面积为

，为定值；

（2）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，

故直线斜率存在，设直线方程，

与联立得，

由，

因为恒成立，所以，

故，

解得,

设，则，

设点的坐标为，

则由得，，

变形得到，

将代入，解得，

将代入中，解得，

则，

故点恒在一条定直线上.

【点睛】方法点睛：过圆上一点的切线方程为：，

过圆外一点的切点弦方程为：.

过椭圆上一点的切线方程为，

过双曲线上一点的切线方程为2023-2024学年高二数学上学期期中测试卷02（测试范围：第1-3章）

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程为（）

A．B．

C．D．

2．设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（）

A．圆B．直线

C．平面D．线段

3．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（）

A．B．

C．D．

4．圆：与圆：的公共弦所在直线方程为（）

A．B．

C．D．

5．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为

A．B．C．D．

6．已知圆与圆，则“”是“圆与圆外切”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

7．若方程有两个不等的实根，则实数b的取值范围为（）

A．B．C．D．

8．如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（）

A．存在某个位置使得B．存在某个位置使得

C．存在某个位置使得D．存在某个位置使得

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）

9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（）

A．当时，

B．当时，

C．直线过定点，直线过定点

D．当，平行时，两直线的距离为

10．下面四个结论正确的是（）

A．若，，三点不共线，面外的任一点，有，则，，，四点共面

B．有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则

C．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为

D．已知向量，，若，则为钝角

11．如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（）

A．平面

B．点C1到直线B1C的距离为1

C．异面直线与所成角的正切值为

D．平面与平面的夹角的余弦值为

12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（）

A．四边形的周长为8B．的最小值为9

C．直线，的斜率之积为D．若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13．直线