【文档说明】山西省太原市第五中学2020-2021学年高二上学期12月阶段性检测 数学（理）答案.docx，共(12)页，141.599 KB，由小赞的店铺上传

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太原五中高二数学（理科）阶段性测试题（20201208）命题人刘洪柱审核人桑小燕题号一二三总分得分一、选择题（本大题共10小题，共50.0分）1.已知直线𝑙1:𝑥+3𝑦+1=0与直线𝑙2:𝑚𝑥−𝑦=0平行，则实数m的值为()A.−3B.3C.13D.−13

【答案】D【解析】【分析】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．【解答】解：∵直线𝑥+3𝑦+1=0与直线𝑚𝑥−𝑦=0平行，∴1×(−1)−3𝑚=0，解得𝑎=−13，故选D．2.设向量𝑎⃗⃗=(2,2，0)，𝑏⃗=(cos

𝛼,−12,1)，(0°<𝛼<180°)，若𝑎⃗⃗⊥𝑏⃗，则角𝛼=()A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】B【解析】解：∵向量𝑎⃗⃗=(2,2，0)，𝑏⃗=(cos𝛼,−

12,1)，(0°<𝛼<180°)，𝑎⃗⃗⊥𝑏⃗，∴𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗=2𝑐𝑜𝑠𝛼−1=0，∴𝑐𝑜𝑠𝛼=12，∵0°<𝛼<180°，∴角𝛼=60°．故选：B．利用向量垂直的性质直接求解．本题考查角的求

法，考查向量的垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.直角坐标平面内，过点𝑃(2,1)且与圆𝑥2−𝑥+𝑦2+2𝑦−4=0相切的直线()A.有两条B.有且仅有一条C.不存在D.不能确定【答案】A【解析】【分析】本题考查圆的一般式方程及圆的切线方程，属于

基础题目．【解答】解：由题意可得4−2+1+2−4=1>0，所以P在圆外，故过点P可作两条圆的切线．故选A．4.圆𝑥2+𝑦2−4=0与圆𝑥2+𝑦2−4𝑥+4𝑦−12=0的公共弦长为()A.√2B.2√2C.√

3D.2√3【答案】B【解析】【分析】本题考查两个圆的位置关系、相交弦所在的直线方程、公共弦长的求法，考查计算能力，属于基础题．利用圆系方程直接求出相交弦所在直线方程，通过半弦长，半径，弦心距的直角三角形，求出半弦长，即可得到公共弦长．【解答】解：�

�2+𝑦2−4=0，①，𝑥2+𝑦2−4𝑥+4𝑦−12=0②，②−①得：𝑥−𝑦+2=0为公共弦所在直线的方程，原点到相交弦直线的距离为：|2|√12+12=√2，弦长的一半为√4−2=√2=，公共弦长为：2√2，故选B．5.过点(−2,2)作圆𝑥2+𝑦2=4的切线，若切点

为A、B，则直线AB的方程是()A.𝑥+𝑦+2=0B.𝑥−𝑦+2=0C.𝑥+𝑦−2=0D.𝑥−𝑦−2=0【答案】B【解析】解：根据题意，设𝑃(−2,2)，圆𝑥2+𝑦2=4的圆心为𝑂

(0,0)，半径𝑟=2，有|𝑂𝑃|=√4+4=2√2，则|𝑃𝐴|2=|𝑃𝐵|2=|𝑂𝑃|2−𝑟2=4，则以P为圆心，|𝑃𝐴|为半径为圆为(𝑥+2)2+(𝑦−2)2=4，即𝑥2+𝑦2+4𝑥−4𝑦+4=0，公共弦所在的直线即

直线AB，则{𝑥2+𝑦2=4𝑥2+𝑦2+4𝑥−4𝑦+4=0，变形可得𝑥−𝑦+2=0；即直线AB的方程是𝑥−𝑦+2=0；故选：B．根据题意，设(−2,2)为点P，结合切线的性质可得|𝑃𝐴|2的值，即可得P为圆心，|𝑃𝐴|为半径为圆的方程，分析可得两圆的公共弦所在的直

线即直线AB，联立两个圆的方程，变形可得公共弦的方程，即可得答案．本题考查圆的方程的应用，涉及圆的切线的性质，注意将AB转化为圆与圆的公共弦问题．6.已知点𝑀(4,2)是直线l被椭圆𝑥236+𝑦29=1所截得的线段AB的中点，则

直线l的斜率为()A.−2B.12C.−12D.2【答案】C【解析】【分析】本题考查直线和椭圆的位置关系及中点弦问题，属基础题．利用“点差法”即可得出直线l的斜率，利用点斜式即可得出方程．【解答】解：设直线l与椭圆相

交于两点𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2).代入椭圆方程可得𝑥1236+𝑦129=1，𝑥2236+𝑦229=1，两式相减得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)36+(𝑦1−𝑦2)(𝑦1+𝑦2)9=0，∵𝑥1+𝑥2=2×4=8，𝑦1+𝑦2

=2×2=4，𝑦2−𝑦1𝑥2−𝑥1=𝑘𝑙，∴836+4𝑘𝑙9=0，解得𝑘𝑙=−12．故选C．7.椭圆𝑥2𝑚+𝑦2𝑛=1(𝑚>𝑛>0)的一个焦点为(1,0)，且𝑚𝑛=12，

则椭圆的离心率为()A.32B.23C.12D.14【答案】C【解析】【分析】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．利用已知条件列出方程组，求出m，n的值，即可求解求解椭圆的离心率．【解答】解：椭圆𝑥2𝑚+𝑦2𝑛=1(𝑚>𝑛>0)的一个焦点为(1,0)，可得𝑚−𝑛

=1．又𝑚𝑛=12，解得𝑚=4，𝑛=3，所以椭圆的离心率为：1√𝑚=12．故选C．8.若直线𝑦=𝑘𝑥+2和椭圆𝑥29+𝑦2𝑏2=1(𝑏>0)恒有公共点，则实数b的取值范围是()A.[2,

+∞)B.[2,3)∪(3,+∞)C.[2,3)D.(3,+∞)【答案】B【解析】解：直线𝑦=𝑘𝑥+2即直线𝑦−𝑘𝑥−2=0恒过点(0,2)，仅当点(0,2)在椭圆上或椭圆内时，此直线才恒与椭圆有公共点，而点(0,2)在y轴上，所以，𝑏≥2且𝑏≠3，故b的范围是

[2,3)∪(3,+∞)，故选：B．要使直线𝑦−𝑘𝑥−2=0恒过点(0,2)，需点(0,2)在椭圆上或椭圆内，进而求得b的范围．本题主要考查了椭圆的性质，考查分析问题解决问题的能力，属基础题．9.已知两点𝑀(2,−3)，𝑁(−3,−2)

，直线l过点𝑃(1,1)且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围是()A.𝑘≥34或𝑘≤−4B.−4≤𝑘≤34C.34≤𝑘≤4D.−34≤𝑘≤4【答案】A【解析】【分析】本题考查直线的的倾斜角和斜率，属基础题．根据条件结

合图形即可得出结果．【解答】解：点𝑀(2,−3)，𝑁(−3,−2)，直线过𝑃(1,1)且与线段AB相交，则l的斜率k满足：𝑘≤𝑘𝑃𝑀或𝑘≥𝑘𝑃𝑁，又𝑘𝑃𝑀=−3−12−1=−4,𝑘𝑃𝑁=−2−1−3−1=34，所以𝑘≥34或𝑘≤−4．故选A．10.已知椭圆E：

𝑥2𝑎2+𝑦24=1，设直线l：𝑦=𝑘𝑥+1∈𝑅)交椭圆E所得的弦长为𝐿.则下列直线中，交椭圆E所得的弦长不可能等于L的是()A.𝑚𝑥+𝑦+𝑚=0B.𝑚𝑥+𝑦−𝑚=0C.𝑚𝑥−𝑦−1=0D.𝑚𝑥−𝑦−2=0【答案】D【解析】【分析】本题考查直线和椭圆的

位置关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于中档题．在直线l中取k值，对应的找到选项A、B、C中的m值，使得直线l与给出的直线关于坐标轴与坐标原点具有对称性得答案．【解答】解：当l过点(−

1,0)时，取𝑚=−1，直线l和选项A中的直线重合，故排除A；当l过点(1,0)时，取𝑚=−1，直线l和选项B中的直线关于y轴对称，被椭圆E所截得的弦长相同，故排除B；当𝑘=0时，取𝑚=0，直线l和选项C中的直线关于x轴对称，被椭圆E所截得的

弦长相同，故不能选C；直线l斜率为k，在y轴上的截距为1，选项D中的直线𝑚𝑥−𝑦−2=0斜率为m，在y轴上的截距为−2，这两直线不关于x轴、y轴、原点对称，故被椭圆E所截得的弦长不可能相等．故选：D．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）11.已知O为坐标原点，B与

F分别为椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的上顶点与右焦点，若|𝑂𝐵|=|𝑂𝐹|，则该椭圆的离心率是______．【答案】√22【解析】【分析】本题考查椭圆的性质及几何意义，属于基础题．根据题设条件可得𝑏=𝑐，再利用椭圆的性质即可求解．【解答】解

：由，可得𝑏=𝑐，所以𝑎=√𝑏2+𝑐2=√2𝑐，所以𝑒=𝑐𝑎=𝑐√2𝑐=√22，故答案为√22．12.曲线𝑥2+𝑦2=4与曲线𝑥2+𝑦29=1的交点个数是______．【答案】4【解析】解：联立方程，可得4−𝑦2+𝑦29=1，

∴𝑦=±3√64，每一个y对应2个x值，∴曲线𝑥2+𝑦2=4与曲线𝑥2+𝑦29=1的交点个数是4，故答案为4．联立方程，可得4−𝑦2+𝑦29=1，解得𝑦=±3√64，每一个y对应2个x值，即可得出结论．本题考查曲线与曲线交点的个数，考查学生的计算能力，比

较基础．13.过圆𝑥2+𝑦2=1上任意一点P作x轴的垂线PN，垂足为N，则线段PN的中点M的轨迹方程为______．【答案】𝑥2+4𝑦2=1【解析】解：设𝑀(𝑥,𝑦)，𝑁(𝑥,0)则𝑃(𝑥,2𝑦)∵𝑃在圆𝑥2+𝑦2=1上，∴𝑥2+4�

�2=1，∴故答案为：𝑥2+4𝑦2=1．利用中点坐标公式，确定P，M坐标之间的关系，将P的坐标代入圆的方程，即可求得M的轨迹方程．本题考查了轨迹方程的求法，中点坐标公式，考查了代入法，属于基础题．14.已知圆C：(𝑥+1)2+�

�2=25，定点𝐴(1,0)，M为圆上的一个动点，连接MA，作MA的垂直平分线交半径MC于P，当M点在圆周上运动时，点P的轨迹方程为______．【答案】𝑥2254+𝑦2214=1【解析】解：∵圆C方程为：(𝑥+1)2+𝑦2=25，∴点𝐶(−1,0)，半径𝑅=5，∵𝑀

𝐴的垂直平分线交半径MC于P，∴𝑃𝑀=𝑃𝐴，可得𝑃𝐶+𝑃𝐴=𝐶𝑀．∵点M是圆C上的动点，∴𝐶𝑀长为圆C的半径5，∴动点P满足𝑃𝐶+𝑃𝐴=5，点P的轨迹是以C、A为焦点，2𝑎=5的椭圆．可得𝑎

2=254，𝑐=1，𝑏2=𝑎2−𝑐2=214，∴轨迹的方程为𝑥2254+𝑦2214=1．故答案为：𝑥2254+𝑦2214=1．根据圆C的标准方程得到点𝐶(−1,0)，半径𝑅=5.再由线段中垂线定理，可化

简出𝑃𝐶+𝑃𝐴=5，从而得出点P的轨迹C是以C、A为焦点，2𝑎=5的椭圆．最后根据椭圆的基本概念，即可得出点P的轨迹对应的椭圆的标准方程．本题借助一个动点的轨迹，得到椭圆的第一定义，进而求出其轨迹方程．着重考查了线段的垂直平分线定理和椭圆的

基本概念等知识点，属于基础题．三、解答题（本大题共4小题，共40.0分）15.已知圆C：𝑥2+𝑦2−8𝑦+12=0，直线l：𝑎𝑥+𝑦+2𝑎=0．(1)当直线l与圆C相交，求a的取值范围；(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且

|𝐴𝐵|=2√2时，求直线l的方程．【答案】解：(1)圆C：𝑥2+𝑦2−8𝑦+12=0化成标准方程为𝑥2+(𝑦−4)2=4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2，当直线l与圆C相交，则有|4+2𝑎|√𝑎2+1<2，解得𝑎<−34；(2)过

圆心C作𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于D，则根据题意和圆的性质，|𝐶𝐷|=√2，∴|4+2𝑎|√𝑎2+1=√2，解得𝑎=−7或𝑎=−1，故所求直线方程为7𝑥−𝑦+14=0或𝑥−𝑦+2=0．【解析】(1)根据圆心到直线的距离小于半径可得a的范围；(2)

根据圆中相交弦长的一半与半径和圆心到直线的距离构成直角三角形，解出参数的值．考查圆的相交弦长的计算，属于基础题．16.已知椭圆𝑥24+𝑦29=1，一组平行直线的斜率是32．(1)这组直线何时与椭圆相交？(2)当它们与椭圆相交时，证明这些直

线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上．【答案】解：(1)设一组平行直线的方程为𝑦=32𝑥+𝑚，代入椭圆方程，可得9𝑥2+4(94𝑥2+3𝑚𝑥+𝑚2)=36，即为18𝑥2+12𝑚𝑥+4𝑚2−36=0，由判别式大于0，可得144𝑚2−72(4𝑚2−36)>0，解得−

3√2<𝑚<3√2，则这组平行直线的纵截距在(−3√2,3√2)，与椭圆相交；(2)证明：由(1)直线和椭圆方程联立，可得18𝑥2+12𝑚𝑥+4𝑚2−36=0，即有𝑥1+𝑥2=−23𝑚，截得弦的中点为(−13𝑚,12𝑚)，由{𝑥=−13𝑚𝑦=12𝑚，消去m，可

得𝑦=−32𝑥.则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线𝑦=−32𝑥上．【解析】(1)设出平行直线的方程：𝑦=32𝑥+𝑚，代入椭圆方程，消去y，由判别式大于0，可得m的范围；(2)运用中点坐标公式和参数方程，消去m，即可得到所求的结论．本题考查直线和椭圆

的位置关系，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式，以及中点坐标公式，考查运算能力，属于中档题．17.如图，在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐴1=2，点𝑃,𝑄分别为𝐴1�

�1,𝐵𝐶的中点．(1)求异面直线BP与𝐴𝐶1所成角的余弦值；(2)求直线𝐶𝐶1与平面𝐴𝑄𝐶1所成角的正弦值．【答案】解：以𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,及过点Q与𝐶�

�1平行的直线为𝑥,𝑦,𝑧轴建立空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，则各点的坐标为𝐴(√3,0,0)，𝐵(0,1,0)，𝐶(0,−1,0)，𝐶1(0,−1,2)，𝑄(0,0,0),𝑃(√32,12,2)(1)𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=

(√32,−12,2)，𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,−1,2)，∴cos<𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=3√5×√8=3√1020，故异面直线BP和𝐴𝐶1所成角的余弦值为3√1020；(2)𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,0,0)，𝐴𝐶1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−√3,−1,2)，𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2)设平面𝐴𝑄𝐶1的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0即{−√3𝑥−𝑦+2𝑧=0−√3𝑥=0，取

𝑧=1，得𝑛⃗⃗=(0,2,1)，设直线𝐶𝐶1与平面𝐴𝑄𝐶1所成角为𝜃，则sin𝜃=|cos<𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗>|=|𝐶𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗|=22√5=√55，∴直线𝐶𝐶1与平面𝐴𝑄𝐶1所成角的正弦值为√

55.【解析】本题考查异面直线所成角.线面角，属于基础题．以𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,及过点Q与𝐶𝐶1平行的直线为𝑥,𝑦,𝑧轴建立空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，则各点的坐标为�

�(√3,0,0)，𝐵(0,1,0)，𝐶(0,−1,0)，𝐶1(0,−1,2)，𝑄(0,0,0),𝑃(√32,12,2)(1)求出向量𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求出cos<�

�𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>即可得异面直线BP和𝐴𝐶1所成角的余弦值；(2)求出向量𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，设平面𝐴𝑄𝐶1的法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⃗⋅𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑛⃗⃗⋅𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=

0即{−√3𝑥−𝑦+2𝑧=0−√3𝑥=0，取𝑧=1，得𝑛⃗⃗，再设直线𝐶𝐶1与平面𝐴𝑄𝐶1所成角为𝜃，求出，即可得直线𝐶𝐶1与平面𝐴𝑄𝐶1所成角的正弦值．18.已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，点(1

,−√22)是椭圆C上的点，离心率𝑒=√22．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)点𝐴(𝑥0,𝑦0)(𝑦0≠0)在椭圆C上，若点N与点A关于原点对称，连接𝐴𝐹2并延长与椭圆C的另一个交点为M，连接MN，求△𝐴𝑀𝑁面积的最大值．【答案】解：(Ⅰ)由题意可知：离心率𝑒=𝑐𝑎

=√22，则𝑎=√2𝑐，𝑏2=𝑎2−𝑐2=𝑐2，将(1,−√22)代入椭圆方程：𝑥22𝑐2+𝑦2𝑐2=1，解得：𝑐=1，则𝑎=√2，𝑏=1，∴椭圆的标准方程：𝑥22+𝑦2=1；(Ⅱ)椭圆的右焦点𝐹(1,0)，

设直线AM的方程是𝑥=𝑚𝑦+1，与𝑥22+𝑦2=1联立，可得(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑦−1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝑀(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1=𝑚𝑦1+1，𝑥2=𝑚𝑦2+1，于是|𝐴𝑀|=√1+𝑚2|𝑦1−�

�2|=2√2(𝑚2+1)𝑚2+2，点𝑂(0,0)到直线MN的距离𝑑=1√𝑚2+1．于是△𝐴𝑀𝑁的面积𝑠=2𝑠𝑂𝐴𝑀=|𝑀𝑁|𝑑=2√2(𝑚2+1)𝑚2+2=2√2𝑚2+

1+1𝑚2+1+2．∵𝑚2+1+1𝑚2+1≥2，∴△𝐴𝑀𝑁的面积𝑆≤2×√22+2=√2.当且仅当即𝑚=0时取到最大值√2．【解析】(Ⅰ)离心率𝑒=𝑐𝑎=√22，则𝑎=√2𝑐，又𝑏2=𝑎2−𝑐2=�

�2，将(1,−√22)代入椭圆方程：𝑥22𝑐2+𝑦2𝑐2=1，解得𝑐=1，即可求出椭圆方程．(Ⅱ)设直线AM的方程是𝑥=𝑚𝑦+1，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|𝐴𝑀|，求出点𝑂(0,0

)到直线AM的距离，可得△𝑂𝐴𝑀的面积，利用基本不等式，即可求△𝑂𝐴𝑀的面积的最大值．△𝐴𝑀𝑁面积的最大值是△𝑂𝐴𝑀的面积的最大值的2倍．代入法求轨迹方程关键是确定坐标之间的关系，直线与圆锥曲线位置关系问题常常需要

联立方程组，利用韦达定理．属于中档题．