2022-2023学年贵州省贵阳市“三新”改革联盟校高二上学期月考（六）数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年贵州省贵阳市“三新”改革联盟校高二上学期月考（六）数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省贵阳市“三新”改革联盟校高二上学期月考（六）数学试题 一、单选题1．抛物线的准线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将抛物线转化成标准式，由定义求出准线.【详解】由得，故抛物线的准线方程为.故选：D2．过点且与直线垂直的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意，根据直线垂直，设直线方程，将已知点代入方程，可得答案.【详解】由直线方程，可得与该直线垂直的直线方程为，将代入中，可得，解得，故直线方程为.故选：B.3．如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B4．古代《九章算术》记载：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何”其意思为：“今有人分钱，各人所得钱数依次成等差数列，其中前人所得之和与后人所得之和相等，问各得多少钱”.由此可知第一人分得的钱数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设第分到钱，由题意可得出关于、的方程组，解出的值即可.【详解】设第分到钱，设数列的公差为，由题意可得，所以，，解得.故选：A.5．设，是椭圆：的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，得到，得到，求得，结合离心率的定义，即可求解.【详解】如图所示，点为直线上一点，是底角为的等腰三角形，可得，所以，整理得，所以，所以椭圆的离心率为.故选B．6．直线被圆截得的最短弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先确定最短弦长的位置，再利用弦长公式求解.【详解】圆，直线恒过点，点在圆内，当点是圆的弦中点时，弦长最短，圆心和点的距离，所以最短弦长.故选：D7．空间中有三点，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.【详解】解：，则，，则，所以点到直线的距离为.故选：A.8．已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线方程为（　　）A． B．C． D．【答案】D【分析】不妨设A在第一象限，由条件可设，，根据双曲线的对称性及条件可得，代入圆的方程，可求，由此确定双曲线方程.【详解】以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆的方程为，双曲线的两条渐近线方程为，不妨设A在第一象限，则，，∵四边形ABCD的面积为2b，∴由对称性可得，又，∴，将代入，可得，∴，∴双曲线的方程为1，故选：D． 二、多选题9．已知圆，则下列说法正确的是（    ）A．点在圆内 B．圆关于直线对称C．半径为4 D．直线与圆相切【答案】BD【分析】将圆M的一般方程转化为标准方程，可知圆心和半径，判断C选项正误，利用点到圆心的距离和半径比较，可知点与圆的位置关系，判断A选项正误，利用圆的对称直线过圆心，判断B选项正误，利用圆心到直线的距离等于半径表示直线与圆相切，判断D选项正误.【详解】解：已知圆，则其标准方程为，，圆心，C选项错误；将点到圆心的距离，所以，点在圆外，A选项错误；将圆心代入直线，得，成立所以直线过圆心，则圆关于直线对称，B选项正确；因为圆心直线的距离，所以直线与圆相切，D选项正确；故选：BD.10．设数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为C．若，则数列的前17项和为D．若数列为等差数列，且，则当时，的最大值为2023【答案】BC【分析】令时，由求出可判断A；由知，，当时，取得的最小值可判断B；若，求出数列的前项和可判断C；由数列的下标和性质可得，则可判断D.【详解】对于A，由，当时，，由，当时，，所以，A不正确；对于B，若，当时，，则，所以当时，取得的最小值为，所以，B正确；对于C，若 ，设数列的前项和为，所以，故C正确；对于D，数列为等差数列，且，则，所以，当时，的最大值为，所以D不正确.故选：BC.11．如图，已知正方体的梭长为为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ）A．三棱锥的体积为定值B．存在点，使得C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段D．若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为【答案】ACD【分析】对于A，注意到即可得答案；对于B，注意到，判断在底面内是否存在点P，使平行于即可；对于C，过做一平面，使，则与底面交线即为点P轨迹；对于D，做一直线过P点且与平面垂直，根据可做出平面，再由平面平行性质可得截面，继而可得答案.【详解】对于A，由题意及图形可知平面平行于平面，则点P到平面距离为定值.则，又为定值，故三棱锥的体积为定值.故A正确；对于B，因，则若，必有平行于.但平面，平面，平面或平面，则与相交或与异面.故不存在相应的点P，使.故B错误；对于C，如图有平面.理由如下：连接.由题可得，又，则平面.因平面，则.同理可证得，又，则平面，得平面.故点P轨迹为平面与底面交线，即为线段.故C正确；对于D，如图取中点为，连接.由题可得平面.因平行于，平面，则.又，则平面.又取中点为，则，有四点共面.则平面即为平面.又由两平面平行性质可知，平面与互相平行平面的交线互相平行，故，又都是中点，故是中点，是中点.则平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，故截面面积为.故D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：本题为立体几何中的动点问题，关键为做出满足题意的图形，常见做图思路有：（1）因垂直相较于平行不够直观，故可将做垂直图形转化为做平行图形.（2）做动点轨迹时，可转化为做动点所在平面与已知平面的交线.（3）需要做满足题意的平面时，可先做出满足题意的直线.（4）做两平面截面时，常利用公理3及其推论，两平面平行性质找共面点与共面直线.12．已知为椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，轴，垂足为(异于原点)，与椭圆的另一个交点为，则（    ）A．B．面积的最大值为C．周长的最小值为12D．的最小值为【答案】ABD【分析】对于A,设，则，设,利用点差法推出，判断A;利用基本不等式结合三角形面积公式，判断B;利用椭圆的定义以及几何性质判断C;利用基本不等式中“1”的巧用，结合基本不等式可判断D.【详解】对于A,设，则，设 ,由题意可知 ，则 ，两式相减得，即，即 ,由 ,则，即，故A正确；对于B，由A的分析可知，不妨设点在第一象限，则，所以，当且仅当时取等号，故 ，故B正确；对于C，由题意知左焦点为,设右焦点为，，则根据椭圆的对称性可知,故周长为 ,而的最小值为椭圆的短轴长 ，由题意可知不能与椭圆短轴重合，故周长大于，C错误；对于D，由C的分析可知， ，故,当且仅当时取等号，D正确，故选：ABD【点睛】本题综合考查了椭圆的定义的应用以及几何性质的应用，涉及到线段的垂直和三角形面积以及周长的最值得求法，解答时要注意综合利用椭圆的相关知识以及基本不等式的知识解决问题，属于较难题，计算量较大. 三、填空题13．在等差数列中,,则___________.【答案】-19【分析】根据等差数列性质求出,进而求出即可.【详解】解:由题知为等差数列,记公差为,,,,.故答案为:-1914．圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，圆截轴所得的弦的长，则圆的标准方程为______.【答案】【解析】由题画出大致图像，设圆心为，结合圆的几何性质由勾股定理可得，即可求解【详解】如图，设圆心为，由圆的几何性质可得，解得，则圆的标准方程为：故答案为：【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，属于基础题15．以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点.已知，，则的顶点到准线的距离为___________.【答案】2【分析】设抛物线和圆的方程为，，根据和抛物线圆的对称性得到，分别代入抛物线和圆的方程得到，根据和勾股定理得到，联立方程得到即可得到的顶点到准线的距离.【详解】设抛物线的方程为，圆的方程为，因为，所以，分别代入抛物线和圆的方程得①，因为，所以②，联立①②得，，所以的顶点到准线的距离为.故答案为：2.16．如图，已知棱长为2的正方体A′B′C′D′－ABCD，M是正方形BB′C′C的中心，P是△A′C′D内（包括边界）的动点，满足PM=PD，则点P的轨迹长度为______．【答案】【分析】利用空间直角坐标系可知，平面A′C′D内的P满足， PM=PD的P满足，则可得，P是△A′C′D内（包括边界），则，点P的轨迹线段．【详解】如图建立空间直角坐标系，则设平面的法向量则有，令，则则设，则∵，则又∵PM=PD，则整理得：联立方程，则可得，可得当时，，当时，在空间中，满足PM=PD的P为过MD的中点且与MD垂直的平面两个平面的公共部分为直线，即点P的轨迹为平面A′C′D，则故答案为：． 四、解答题17．如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.(1)试用向量表示向量；(2)若，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由点为的中点，可得，而，代入前面的式子化简可得结果；（2）由（1）可知，由于，再利用数量积的运算律结合已知条件可求得结果.【详解】（1）因为点为的中点，所以，因为，所以，所以，所以；（2）由（1）得，因为，，所以.18．已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.(1)求圆的方程；(2)若过点的直线被圆截得的弦的长为4，求直线的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据圆的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆与直线相切于点求解；（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，利用弦长公式求解.【详解】（1）解：因为圆的圆心在直线上，所以设圆心为，又因为圆与直线相切于点，所以，解得，所以圆心为，半径为 ，所以圆的方程；（2）当直线的斜率不存在时：直线方程为，圆心到直线的距离为，所以弦长为，成立；当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离为，所以弦长为，解得，所以直线方程为：，所以直线的方程为 或.19．已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)，， 【分析】（1）首先求新数列的首项和公差，再写出通项公式；（2）分和，两种情况，去绝对值后分别求数列的和.【详解】（1）由条件可知，，新数列的公差，所以；（2），解得：，，，解得：，，当，，时，，当，时， 所以，.20．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．(1)求抛物线的方程；(2)若直线过F且与抛物线交于A，B两点，线段的垂直平分线交轴于点N，交于点M，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的定义可求得，即可得抛物线方程；（2）根据直线与抛物线的位置，分别求解线段，即可验证.【详解】（1）解：点在抛物线上，由抛物线的定义得故，所以．（2）解：由题意知直线l的斜率存在且不为0，∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为，设．由，得，∴．∴，∴．∴的方程为．令，解得，∴，∴，为定值．21．如图所示的几何体中，为三棱柱，且平面，四边形为平行四边形，，．（1）若，求证：平面；（2）若，，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）若AA1＝AC，根据线面垂直的判定定理即可证明AC1⊥平面A1B1CD；（2）建立坐标系，根据二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为，求出λ的值，根据三棱锥的体积公式进行计算即可．【详解】解：（1）证明：连接交于，因为，又平面，所以，所以四边形为正方形，所以，在中，，由余弦定理得，所以，所以，所以，又，所以平面，所以，又因为 AC1⊥平面A1B1CD；（2）如图建立直角坐标系，则，设平面的法向量为，由 即，解得设平面的法向量为 由得解得由得，所以 此时所以【点睛】本题主要考查线面垂直的判断以及三棱锥体积的计算，根据二面角的关系建立坐标系求出λ的值是解决本题的关键．22．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．(1)求T的方程；(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由切线长相等得，再结合椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.【详解】（1）不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，∴T的方程为：．（2）设，，，∵，∴，若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，代入，又，化简得，同理可得，，∴，为方程的两根，∵，∴，即，即动点P在定直线：上，令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，联立得，此时，，且直线P R即直线l：，即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．【点睛】本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.