2023-2024学年四川省新高考五校联合体高二上学期12月大联考数学试题（含解析）

2023-2024学年四川省新高考五校联合体高二上学期12月大联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线倾斜角是
( )
A. B. C. D.
2.椭圆 的焦点坐标为
( )
A. B. C. D.
3.已知直线和平面，那么能得出的一个条件是
( )
A. 存在一条直线，且 B. 存在一条直线，且
C. 存在一个平面，且 D. 存在一个平面，且
4.已知甲乙两人投篮的命中率分别是和，且两人投篮相互没有影响，若投进一球得分，未投进得分，则每人投篮一次，得分相等的概率为( )
A. B. C. D.
5.设为原点，点在圆上，若直线与圆相切，则( )
A. B. C. D.
6.过抛物线的焦点且倾斜角为锐角的直线与交于两点，过线段的中点且垂直于的直线与的准线交于点，若，则的斜率为
( )
A. B. C. D.
7.已知以为焦点的椭圆与双曲线共焦点，一动点在直线上运动，双曲线与椭圆在一象限的交点为，当与相等时，取得最大值，则双曲线的离心率为
( )
A. B. C. D.
8.直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样问题：棱长为的正四面体盒子中，最多能放个半径为小球，则为
( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线的焦距为，焦点到渐近线的距离是，则下列说法正确的是
( )
A. 的离心率为 B. 的标准方程为
C. 的渐近线方程为 D. 直线经过的一个焦点
10.有五名志愿者参加社区服务，共服务周六周天两天，每天从中任选两人参加服务，则( )
A. 只有人未参加服务的选择种数是种
B. 恰有人连续参加两天服务的选择种数是种
C. 只有人未参加服务的选择种数是种
D. 恰有人连续参加两天服务的选择种数是种
11.下列物体中，能够被整体放入棱长为单位：的正方体容器容器壁厚度忽略不计内的有
( )
A. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体
C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体
12.法国数学家加斯帕尔蒙日是世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础根据他的研究成果，我们定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为，离心率为为蒙日圆上任一点，则以下说法正确的是
( )
A. 过点作椭圆的两条切线，则有．
B. 过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值．
C. 过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的取值范围．
D. 过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.一组数据的平均值为，方差为，记的平均值为，方差为，则__________．
14.已知在直三棱柱中存在内切球，若，则该三棱柱外接球的表面积为__________．
15.已知圆内有一点，过的直线与圆交于两点，与线段交点为的直线交圆于两点，，且总满足在以为直径的圆上，则四边形的最大值为__________．
16.已知平面向量满足，，则的最小值是__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知坐标平面内两点，．
当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围
若直线的方向向量为，求的值．
18.本小题分
已知圆过点，，且圆心在直线：上
若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程．
若点在直线上运动，求的最小值．
19.本小题分
某中学名学生参加全市高中数学竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了名学生，记录他们的分数，将数据分成组：，并整理得到如下频率分布直方图：
由频率直方图求样本中分数的分位数；
已知样本中分数在的学生有人，试估计总体中分数小于的人数；
已知样本中男生与女生的比例是，男生样本的均值为，方差为，女生样本的均值为，方差为，请计算出总体的方差．
20.本小题分
已知长方体中，，，为中点，且满足平面平面．
若为棱上一点，且平面，求；
求平面与平面所成二面角的正弦值．
21.本小题分
已知椭圆的右焦点为，其离心率为．
求椭圆的标准方程；
若是椭圆上的两个动点，两点是轴同侧的两个动点且，证明：直线过定点．
22.本小题分
已知直线：和：与抛物线分别相交于，两点异于坐标原点，与直线：分别相交于，两点，且．
Ⅰ求线段的中点的轨迹方程；
Ⅱ求面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可．
解：，
设该直线的倾斜角为，
因为直线的斜率为，
因数，所以．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】根据椭圆中的关系即可求解．
解：由于，所以椭圆的焦点在轴上，且，故焦点为，
故选：
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查命题的真假判断，是基础题．
解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，因为，，中，均有可能，中由平面与平面平行的性质知，故C正确．
【解答】
解：存在一条直线，，且，则或，故A错误；
存在一条直线，，且，则或或与相交，故B错误；
存在一个平面，，且，则由平面与平面平行的性质知，故C正确；
存在一个平面，，且，则或，故D错误．
故选C．
4.【答案】
【解析】【分析】结合相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解．
解：根据题意，若两人都没有投进，其概率为；
若两人都投进，其概率为，
所以两人得分相等的概率为．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】由题意利用勾股定理即可求解．
解：由圆的方程可得，故，
为原点，在圆上，与圆相切，
则．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】根据题意结合抛物线的定义分析可得，，进而可得的倾斜角和斜率．
解：抛物线的焦点为，准线方程为，
如图，过作准线的垂线交准线于，
因为，所以，
可知与轴的正方向的夹角为，则的斜率为，
故选：．

7.【答案】
【解析】【分析】双曲线的实轴长为，设，根据椭圆以及双曲线的定义推出，利用余弦定理可得，再利用两角差的正切公式结合的最大值推出，两式联立即可求得答案．
解：由题意设，设双曲线的实轴长为，
双曲线与椭圆在一象限的交点为，
设，则，
故，
由，得，
即；
动点在直线上运动，设与轴交点为，设，
在中，，
在中，，
由题意知为锐角，且，
即，
当且仅当，即时，等号成立，
即的最大值为，而当与相等时，取得最大值，
可知，即，结合，
得，则，
故双曲线的离心率，
故选：
8.【答案】
【解析】【分析】本题考查了球的切接问题，因此首先求出正四面体的棱长与其内切球、外接球半径之间的关系，正面放球不方便求解，解题时反过来考虑，把球放到正四面体中，选择选择支中球的个数，按照极限原则放置，所放置的球任意相邻两球外切，切合正四面体形状，小球放置成正四面体形状球心连线构成正四面体，求出能放置这些小球的正四面体的棱长的最小值，然后可得结论．
按照最大值原则，放置的小球必须紧密放置，即任意相邻的小球外切，因此我们放置根据四个选择支放置个小球，它们紧密放置后，求出这个小球安放在一个正四面体中时正四面体的棱长的最小值，然后再确定正确的选项．
解：设正四面体的棱长为，是四面体三棱锥的一条高，是中心，，所以，
正四面体外接球球心为在上，它也是内切球的球心，
如图，即是外接球半径，是内切球半径，
由及可得，，
棱长为的正四面体盒子中，放置个半径为小球，要使放入的球最多，则必须相邻球之间外切，
我们可以先放置层：最上层一个球，第二层三个球，第三层个球，
它们成三棱锥形状，任意相邻球之间外切，这些球在一个正四面体中，
我们来求出这个正四面体的棱长的最小值，此时最上层的一个球与四面体的三个面外切，
最下层的球与正四面体的底面外切，
位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体，
棱长为，是正四面体的一条高，，
由上可知，
正四面体的高，
把平面平移到与最上方的一个小球相切的位置，此小球是新的正四面体的内切球，是球心，是此小正四面体外接球的半径，因此有，
所以正四面体的棱长为，
因此题中最多只能放置个小球，再多一个或两个都不能安放．
所以的最大值是，
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】选项，求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线距离公式求出，从而得到，可以计算出离心率，得到双曲线标准方程及渐近线方程，判断出选项，
在直线上， D正确．
解：由题意得：双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，即，
则，解得：，
则，解得：，
所以的离心率为， A正确；
的标准方程为， B正确；
的渐近线方程为， C错误；
在直线上，故经过的一个焦点， D正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】有人未参加服务或恰有人连续参加两天服务都要先从人中选出人，再从余下的人中选取服务于周六周日，根据分步乘法原理，即可求得答案．
解：由题意得只有人未参加服务，先从人中选人，未参加服务，有种选法，
再从余下人中选人参加周六服务，剩余人参加周日服务，有种选法，
故只有人未参加服务的选择种数是种， A正确，C错误；
恰有人连续参加两天服务，先从人中选人，服务周六周天两天，有种选法，
再从余下人中选人参加周六服务，剩余人选人参加周日服务，有种选法，
故恰有人连续参加两天服务的选择种数是种， B错误，D正确，
故选：
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查棱柱的结构特征，球的结构特征，棱锥的结构特征，圆柱的结构特征，属于较难题．
根据题意结合正方体的性质逐项分析判断．
【解答】
解：对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切点为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】本题考查了椭圆的相关知识，涉及到蒙日圆的问题，综合性强，计算量大，难点在于计算相关三角形的面积，要注意切线方程的应用，计算需要十分细心．
对于，由题意求出蒙日圆的方程，讨论切线斜率是否存在，结合联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系化简，即可判断；对于，求出切点弦的方程即可得其斜率，化简即可判断；对于，，联立切点弦的方程和椭圆方程，求出弦长，求出相应三角形的高，即可求得三角形面积的表达式，结合函数的单调性或者不等式知识即可求得最值或范围．
解：由题意知椭圆的长轴长为，离心率为，
故，
则椭圆方程为，“蒙日圆”的方程为；
对于，假设有一条切线斜率不存在，不妨假设斜率不存在，
则不妨设过椭圆的右顶点，则方程为，
则点坐标为，显然此时点取椭圆的短轴顶点，
则方程为，此时满足与椭圆相切，且；
当切线斜率存在且不为时，设切线方程为，
设，则，
联立，整理得，
则，即，
将代入上式，得关于的方程，
则，在椭圆外，
为该方程的两个根，故，
即， A正确；
对于，设，则的方程为，
的方程为，
两切线过点，故，，
即点，在直线上，因为两点确定一条直线，
故直线的方程为，则，
而，故， B错误；
对于，由于直线的方程为，联立，
得，
，
则，
故
，
又点到直线的距离为，
故
，
又，故令，，
则，
令，显然在上单调递减，
故在上单调递增，
则，
即 的取值范围， C正确；
对于，由的分析可知，
而点到直线的距离为，
故
，
又，故令，，
则，
而，当且仅当，即时等号成立，
故，即的最大值为， D正确，
故选：
13.【答案】
【解析】【分析】根据一组数据乘以一个数和再加上一个数据后得到的新数据的平均数和方差的计算公式，即可求得答案．
解：由于数据的平均值为，方差为，
故的平均值为，
方差为，
故，
故答案为：
14.【答案】
【解析】【分析】求出底面直角三角形内切圆半径，即可得直棱柱的高，如图，分别取的中点，连接，的中点是其外接球球心，求出半径后可得表面积．
解：由已知是直角三角形，，的内切圆半径为，
直三棱柱中存在内切球，则其高为，
分别取的中点，连接，则也是该直三棱柱的高，的中点是其外接球球心，
，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】讨论直线的斜率是否存在情况，不存在时求出四边形面积，存在时，设直线的方程，求出的表达式，即可求得四边形的面积表达式，确定其范围，综合可得答案．
解：由题意知在以为直径的圆上，故，即，
当直线的斜率不存在时，，此时，
故此时四边形的面积为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
点到的距离为，则，
的方程为，点到的距离为，
则，
则四边形的面积，
令，则，
综合可知四边形的最大值为，
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】本题解决的关键在于利用平面向量的几何意义得到各向量所表示的有向线段的关系，从而将问题化为点到圆上的点的距离的最小值问题，由此得解．
根据余弦定理求解长度，进而可判断点的轨迹为以为直径的圆，进而根据三点共线求解最值．
解：
令，，，中点为，中点为，为中点，
由，得，
即，即，
所以，即有，
即、，
故，
由，
即，
即有，故点的轨迹为以为直径的圆，
由，
，
故，
则，
故当、、三点共线，且点在点、之间时，最小，
此时，
故．
故答案为：．
17.【答案】解：直线的倾斜角为锐角，则，
又，
即，解得．
直线的方向向量为，
所以，解得．
【解析】本题考查直线斜率公式、倾斜角与斜率关系，属于基础题．
若倾斜角为锐角，则斜率大于，从而求出的取值范围；
由直线的方向向量可得斜率，故可得的值．
18.【答案】解：点关于直线的对称点，
解得，所以，
由于圆过点，，因为圆心在直线：：上，
垂直平分线的方程为，联立与得圆的圆心：
则反射光线必经过点和点，，
由点斜式得为：，：，
设点，则，则，
又
，
故当时，的最小值为．

【解析】本题考查点关于直线的对称问题，两点间的距离公式，直线的点斜式．
根据点关于线的对称，求解，由几何法求圆心坐标，进而根据两点坐标即可求解直线方程；
根据两点间距离公式，结合二次函数的性质即可求解．
19.【答案】解：
由频率分布直方图可得分数分位数位于并设为，
则有，解得．
故频率分布直方图可得分数分位数为：．
由频率分布直方图知，分数在的频率为，
在样本中分数在的人数为人，
在样本中分数在的人数为人，所以估计总体中分数在的人数为人，
所以总体中分数小于的人数为．
总样本的均值为，
所以总样本的方差为．
故总样本的方差为．

【解析】【分析】由频率分布直方图数据求解；由频率分布直方图数据求解；由总样本的均值与方差的公式计算求解即可．
20.【答案】解：
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，
则有、、、、、、、、，
则有、、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有与
可令、，则有、，
由平面平面，
则有，即，解得，
即，
设，则，由平面，
则有，即有，即，
即；
、，设平面的法向量为，
则有，令，则，
则，
则其正弦值为．

【解析】【分析】由题意可直接建立空间直角坐标系，设出长度，借助题目条件平面平面，找出法向量即可得；
求出两面的法向量计算即可得．
21.【答案】解：
由题意，，，，
椭圆方程为；
由知在椭圆外，两点是轴同侧且，则直线的斜率互为相反数，
显然直线与轴不平行，
设，直线的方程为，
由得，
，
，，
又，
，，
，即，，
所以直线过定点．

【解析】【分析】椭圆中定点问题，一般设交点坐标为，设出直线方程为或，代入椭圆方程应用韦达定理得或，用交点坐标表示出其满足的性质，代入韦达定理的结论化简后得出参数值或参数或的范围，从而由直线方程得出定点坐标．
由离心率及焦点坐标求得后得椭圆方程；
题意转化为直线的斜率互为相反数，然后设，直线的方程为，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，代入求得即得定点坐标．
22.【答案】解：Ⅰ设，，则，，
所以．，解得，
设直线的方程为，
代入得，
则，，
于是，解得．
设线段的中点，
则，，
所以，
故线段的中点的轨迹方程为；
Ⅱ直线与直线的交点横坐标为，同理：，
所以．
由Ⅰ知：，，
所以，，
故．
又直线与轴的交点坐标为，
所以面积．
设，则，，
所以，
所以，当，即时，的面积有最小值．
【解析】本题考查抛物线的性质及几何意义，直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的轨迹问题、面积问题与最值问题，考查分析与计算能力，属于较难题．
Ⅰ设，，则，，由题计算得，设直线的方程为，代入，利用韦达定理分析得设线段的中点，利用中点坐标公式得，即可求得线段的中点的轨迹方程；
Ⅱ直线与直线的交点横坐标为，同理：，分析得又直线与轴的交点坐标为，由面积为，分析计算求解得到最值即可．
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