四川省南充市嘉陵第一中學2023-2024學年高二上學期12月月考數(shù)學題 Word版含解析.docx

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嘉陵一中高2022級高二上期第三次月考數(shù)學試題考試時間：120分鐘滿分：150分一、單選題（每小題5分，共40分）1.空間四邊形中，（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)空間向量的加減運算求解即可.【詳解】根據(jù)向量的加法、減法法則，得.故選：A.2.若經(jīng)過，兩點的直線的傾斜角為45°，則等于（）A.2B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)直線的斜率公式，由題中條件列出方程求解，即可得出結果.【詳解】因為經(jīng)過，兩點的直線的傾斜角為，所以，解得.故選：D.3.設，則“”是“直線與直線平行”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)直線平行的條件和充分必要條件的概念可判斷結果.【詳解】因為直線與直線平行的充要條件是且 ，解得或．所以由充分必要條件的概念判斷可知：“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件，故選：A4.已知向量，若，且，則的值為（）A.0B.4C.0或4D.1或4【答案】C【解析】【分析】由向量的模求出的值，再由向量垂直求出的值，最后求出即可.【詳解】因為且，所以，解得，又因為，所以，當時解得，此時，當時解得，此時，故選：C5.已知是雙曲線C的兩個焦點，P為C上一點，且，則C的離心率為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義及條件，表示出，結合余弦定理可得答案.【詳解】因為，由雙曲線定義可得，所以，；因為,由余弦定理可得，整理可得，所以，即故選：A 【點睛】關鍵點睛：雙曲線的定義是入手點，利用余弦定理建立間的等量關系是求解的關鍵.6.若直線與曲線有且僅有兩個不同的交點，則實數(shù)的取值范圍是（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】作出曲線，它是半圓，直線過定點，由圖可知四條直線產(chǎn)生臨界條件，兩條過半圓的兩個端點，兩條是半圓的切線，求出其斜率后可得結論．【詳解】直線過定點，又曲線可化為：，，畫出直線與曲線圖象如圖所示：數(shù)形結合可得直線在，，，處產(chǎn)生臨界條件，設直線，，，的斜率分別為則設直線的方程為，圓心到直線的距離為，解得舍去或， 要使兩圖象有個不同交點，則故選：D．7.已知四棱錐中，底面四邊形為正方形，側面為正三角形，且側面垂直底面，若則該四棱錐外接球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題目做出圖形，連接球心為和正方形中心，先利用，得出，進而求出四棱錐外接球半徑，求出結果.【詳解】根據(jù)題意得出圖形：球心為，分別為和正方形中心，因為側面垂直底面，，所以四棱錐的高為，底面正方形外接圓半徑為，則，即，即，解得，所以四棱錐外接球半徑平方，即， 故其表面積為.故選：B8.已知F為拋物線C：y2=4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A、B兩點，直線l2與C交于D、E兩點，則|AB|+|DE|的最小值為A.16B.14C.12D.10【答案】A【解析】【詳解】設，直線的方程為，聯(lián)立方程，得，∴，同理直線與拋物線的交點滿足，由拋物線定義可知，當且僅當（或）時，取等號.點睛:對于拋物線弦長問題，要重點抓住拋物線定義，到定點的距離要想到轉化到準線上，另外，直線與拋物線聯(lián)立，求判別式，利用根與系數(shù)的關系是通法，需要重點掌握.考查最值問題時要能想到用函數(shù)方法和基本不等式進行解決.此題還可以利用弦長的傾斜角表示，設直線的傾斜角為，則，則，所以.二、多選題（每題5分，共20分，全對得5分，部分選對得2分，多選或錯選得0分）9.已知方程，下列敘述正確的是（）A.方程表示的是圓B.當時，方程表示過原點的圓C.方程表示的圓關于直線對稱D.方程表示的圓的圓心在x軸上 【答案】BCD【解析】【分析】配方得，進而得時表示圓，且圓心為，再依次分析各選項即可.【詳解】解：方程，配方得，若方程表示一個圓，則，從而，故A錯，B正確；方程表示圓時，圓心為，在直線上，故C，D正確．故選：BCD10.下列結論中正確的是（）A.若，分別為直線l，m的方向向量，則B.若為直線的方向向量，為平面的法向量，則或C.若，分別為兩個不同平面，的法向量，則D.若向量是平面的法向量，向量，，則【答案】BD【解析】【分析】由直線的方向向量垂直得直線垂直，由直線的方向向量與平面的法向量垂直得直線與平行的位置關系，由兩平面的法向量平行得平面平行，由平面的法向量與平面內的向量垂直得參數(shù)關系，從而判斷各選項．【詳解】，，，直線與不垂直，故A錯誤；，或，故B正確；，與不共線，不成立，故C錯誤；由題可知即解得，故D正確．故選：BD.11.已知橢圓的左?右焦點分別為，長軸長為4，點在橢圓 外，點在橢圓上，則（）A.橢圓的離心率的取值范圍是B.當橢圓的離心率為時，的取值范圍是C.存在點使得D.的最小值為1【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)點在橢圓外，即可求出的取值范圍，即可求出離心率的取值范圍，從而判斷A，根據(jù)離心率求出，則，即可判斷B，設上頂點，得到，即可判斷C，利用基本不等式判斷D.【詳解】解：由題意得，又點在橢圓外，則，解得，所以橢圓的離心率，即橢圓的離心率的取值范圍是，故A不正確；當時，，，所以的取值范圍是，即，故B正確；設橢圓的上頂點為，，，由于，所以存在點使得，故C正確；，當且僅當時，等號成立，又，所以，故D正確．故選：BCD 12.在棱長為2的正方體中，動點滿足，其中，，則（）A當時，有且僅有一個點，使得B.當時，有且僅有一個點，使得平面C.當時，三棱錐的體積為定值D.有且僅有兩個點，使得【答案】BC【解析】【分析】對于A，當時，推出點在線段上，設，根據(jù)勾股定理計算可得A不正確；對于B，當時，點在線段上，若平面，則必與重合，故B正確；當時，推出點在線段上，推出平面，可得三棱錐的體積為定值，故C正確；由推出點的軌跡是側面內以為圓心，為半徑的弧，故D不正確.【詳解】對于A，當時，由，得，因為，所以點在線段上，設，則，，，，若，則，則，則或，當時，與重合；當時，與重合，故當時，有兩個點，使得，故A不正確；對于B，當時，由，得，又，則點在線段上， 因為，，，平面，所以平面，若平面，則平面與平面重合，此時必與重合，即當時，有且僅有一個點，使得平面，故B正確；對于C，當時，由以及，，得點在線段上，因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離等于到平面的距離，所以為定值，故C正確；對于D，由，以及，得點在側面內，易知，，由，，得，所以點的軌跡是側面內以為圓心，為半徑的弧，即有無數(shù)個點滿足題意，故D不正確. 故選：BC【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)平面向量知識推出各個選項中點的軌跡是解題關鍵.三、填空題（每題5分，共20分）13.已知拋物線，過焦點的直線與拋物線交于、兩點，若，則此直線的斜率=________.【答案】.【解析】【分析】根據(jù)題意，設方程為，聯(lián)立方程組得到，求得，結合拋物線的定義，得到方程，進而求得直線的斜率.【詳解】由拋物線，可得其焦點坐標，準線方程為，因為直線過拋物線的焦點，可設方程為，聯(lián)立方程組，整理得，可得，則，由拋物線的定義可得，解得，所以直線的斜率為.故答案為：.14.在三棱錐中，底面，是的中點，已知，則異面直線BC與AD所成角的余弦值為______．【答案】##【解析】 【分析】根據(jù)三棱錐的幾何特征，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可求出異面直線BC與AD所成角的余弦值為.【詳解】由底面，平面，所以，又，可得，即兩兩垂直；因此以為坐標原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：則，又是的中點，可得，所以，可得；所以異面直線BC與AD所成角的余弦值為.故答案為：15.若圓上恰有四個點到直線的距離為1，則實數(shù)的取值范圍是_______【答案】【解析】【分析】作出到直線的距離為1的點的軌跡，得到與直線平行，且距離為1的兩條直線，由題意，兩條平行線與圓有四個公共點，利用點到直線距離公式可得兩條平行線中與圓心O距離較遠的一條到原點的距離，分析可得，即得解【詳解】作出到直線的距離為1的點的軌跡，得到與直線平行，且距離為1的兩條直線 由于圓的圓心為原點，原點到直線的距離為：故兩條平行線中與圓心O距離較遠的一條到原點的距離又圓上恰有四個點到直線的距離為1，故兩條平行線與圓有四個公共點，即它們與圓相交由此可得圓的半徑，故實數(shù)的取值范圍是故答案為：16.雙曲線E：，過作直線l交雙曲線于A，B兩點，若不存在直線l使得P是線段的中點，則t的取值范圍是_________________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)中點坐標公式及點差法,可求得直線的斜率與t之間的關系,結合直線與雙曲線有兩個不同的交點,可得滿足P為線段中點時t的范圍,從而即可得結果.【詳解】因為雙曲線方程為，設，若點P為線段的中點， 則，又，兩式相減并化簡可得，又直線的斜率，即，設直線l的方程為，聯(lián)立,化簡可得因為直線與雙曲線有兩個不同的交點，所以，又，化簡得，即或，所以不存在直線l使得P是線段中點的t的取值范圍為，故答案為：.四、解答題（17題10分，其余每題12分，共70分）17.已知空間三點，，，設，．（1）求；（2）與互相垂直，求實數(shù)的值．【答案】17.18.或【解析】【分析】（1）應用向量線性關系坐標運算得，，根據(jù)向量夾角的坐標公式求夾角余弦值；（2）首先求出，的坐標，再根據(jù)向量垂直列方程求參數(shù)．【小問1詳解】由題設，， 所以．【小問2詳解】由，，而，所以，可得或．18.《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，如圖所示，四面體中，平面，，是棱的中點．（1）判斷四面體是否為鱉臑，并說明理由；（2）若四面體是鱉臑，且，求直線與平面所成的角的大?。敬鸢浮浚?）是，理由見解析（2）【解析】【分析】（1）先證明平面，即可得證，進而可知四面體是鱉臑，由此得出結論；（2）根據(jù)平面，可得為直線與平面所成的角，即可求解.【小問1詳解】證明：平面，平面，，，是棱的中點，，又，且平面，平面，平面，平面，； 因此,故，，，為直角，所以四面體是鱉臑，【小問2詳解】四面體是鱉臑，，，又，，由（1）知平面，所以為直線與平面所成的角，由于是中點，所以故.19.已知點，動點滿足到兩點的距離之比為.設動點的軌跡為曲線.（1）求的方程；（2）已知直線過點，且與曲線交于兩點，若，求的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)兩點間距離公式及距離之比代入化簡即可求得的方程為；（2）利用弦長可求得圓心到直線的距離為，代入點到直線距離公式即可求出結果.【小問1詳解】由題可得，化簡得，即的方程為. 【小問2詳解】由題可知的斜率存在，設，即.由（1）可知曲線是以為圓心，2為半徑的圓，因為，所以圓心到直線的距離為，所以，解得或.所以的方程為或.20.如圖，已知正方體的棱長為1，E是的中點．（1）求證：平面；（2）求平面和底面夾角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量垂直證明線線垂直，即可求證，（2）根據(jù)法向量的夾角，即可求解.【小問1詳解】以點為坐標原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則，，，，，，，，，故，，，所以，，所以，．又，，平面，因此平面．【小問2詳解】平面的法向量為，，則，取，可得，設平面和底面夾角為，因為平面的一個法向量為，所以，故，所以平面和底面夾角的正弦值為．21.已知拋物線過點．（1）求拋物線的方程；（2）求過點的直線與拋物線交于、兩個不同的點(均與點不重合)．設直線、的斜率分別為、，求證：為定值．【答案】（1）；（2）證明見解析. 【解析】【分析】（1）本題可將代入拋物線方程中求出的值，即可得出結果；（2）本題首先可設、以及直線的方程，然后通過聯(lián)立直線的方程與拋物線方程即可得出、，最后通過并化簡即可得出結果.【詳解】（1）因為拋物線過點，所以，，拋物線方程為.（2）設，，直線的方程為，聯(lián)立，整理得，，，，則，故為定值.【點睛】關鍵點點睛：本題考查拋物線方程的求法以及拋物線與直線相交的相關問題的求解，通過聯(lián)立直線的方程與拋物線方程以及韋達定理得出、的值是解決本題的關鍵，考查計算能力，考查化歸與轉化思想，是中檔題.22.已知，分別是橢圓的左頂點與左焦點，，是上關于原點對稱的兩點，，．（1）求的方程；（2）已知過點的直線交于，兩點，，是直線上關于軸對稱的兩點，證明：直線，的交點在一條定直線上． 【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由橢圓得對稱性可得，可得橢圓方程；（2）設直線的方程，聯(lián)立直線與橢圓，利用韋達定理表示，，分別表示，聯(lián)立可得，即可得證.【小問1詳解】設橢圓的半焦距為，其右焦點為，由橢圓的對稱性可知，即，又，所以，，則橢圓方程為：；【小問2詳解】由已知可得直線的斜率一定存在，則設直線的方程為，設，，聯(lián)立直線與橢圓，得，，即，則，，設，，， 則直線的方程為，直線的方程為，兩式相減可得又，所以，即，解得，所以直線與的交點在直線上.【點睛】(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．(2)涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．