2022-2023学年江西省临川第二中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江西省临川第二中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版），共19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学年江西省临川第二中学高二上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．点关于y轴的对称点的坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用空间直角坐标系关于坐标轴对称点的坐标意义求解作答.【详解】点关于y轴的对称点的坐标.故选：C2．若过点，且与圆相切的直线方程为（    ）A． B．或C． D．或【答案】D【分析】验证点在圆外，然后讨论切线斜率存在与不存在两种情况即可解决.【详解】圆的圆心是 ，半径是 ，把点的坐标代入圆的方程可知点P在圆外，当直线斜率不存在时，直线为 ，不满足题意；当直线斜率存在时，设直线为 ，即 ，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即 ，解得 或 ，切线为或 ，故选：D.3．已知椭圆C：的一个焦点为（2，0），则椭圆C的离心率为（    ）A． B．C． D．1【答案】C【分析】根据椭圆方程可知值，根据焦点坐标得到值，即可求出代入离心率公式求解.【详解】由已知可得，，则，所以，则离心率．故选：C.4．已知点在确定的平面内，是空间任意一点，实数满足，则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】由空间向量四点共面定理可得，然后利用一元二次函数的图像和性质求最小值即可.【详解】由题意因为四点共面且平面唯一确定，，所以，即，所以，由一元二次函数的图像和性质可得当时，取得最小值，所以，故选：A5．斜拉桥是桥梁建筑的一种形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向与中央索塔一致．如下图是重庆千厮门嘉陵江大桥，共有对永久拉索，在索塔两侧对称排列．已知拉索上端相邻两个锚的间距均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为．最短拉索的锚，满足，，则最长拉索所在直线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意利用已知长度可分别计算，，再利用斜率的定义可解.【详解】根据题意，最短拉索的锚，满足，，且均为，拉索下端相邻两个锚的间距均为，则，即点，同理，又，即点，所以，，故选：C.6．已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】结合已知条件写出直线的方程，然后与抛物线方程联立，最后结合韦达定理和抛物线定义即可求解.【详解】由题意知,，则直线的方程为：，设，，将代入的方程得，，则，，因为，且，所以，整理得，故，结合，解得.故选：C.7．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在上任取点，作，设， ，根据得出和的关系，从而可得关于(或的函数关系，再求出此函数的最小值即可.【详解】设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短设，，则，，，，即，，即，，，，当时，取得最小值，故直线与之间的距离是.故选：B.8．如图，已知，为双曲线：的左、右焦点，过点，分别作直线，交双曲线于，，，四点，使得四边形为平行四边形，且以为直径的圆过，，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用双曲线的定义，几何关系以及对称性，再利用平行四边形的特点，以及点在圆周上的向量垂直特点，列方程可解.【详解】设 ，则 ，由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知： ，连接 ，则有 ， 由于 在以AD为直径的圆周上， ，∵ABCD为平行四边形， ， ，在直角三角形 中，， ，解得： ， ；在直角三角形 中， ， ，得 ， ，故选：D. 二、多选题9．已知曲线方程为，则下列说法正确的是（    ）A．若，则为焦点在轴上的双曲线B．曲线不可能为一个圆C．若为椭圆，则其长轴长为D．当时，其渐近线方程为【答案】BC【分析】根据圆、椭圆、双曲线的方程和性质，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，由，，方程满足双曲线方程，但焦点在轴上，故 A错误；对B，若要曲线为一个圆，则，而无解，故B正确；对C，若为椭圆，则，，又，所以，所以，故长轴为，故C正确；对D,由，可得，令，可得渐近线方程为，故D错误.故选：BC10．如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．M，N，A，B四点共面 B．直线与平面相交C．直线和所成的角为 D．平面和平面的夹角的正切值为2【答案】BCD【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【详解】A：连接，如下图面，而面，面，所以M，N，A，B四点不共面，错误；B：若为中点，连接，N为棱的中点，由长方体性质知：，显然面，若面，而面，显然有矛盾，所以直线与平面相交，正确；C：若分别是中点，连接，由长方体性质易知：，而，故，即直线和所成的角为，由题设，易知，即△为等边三角形，所以为，正确；D：若分别是中点，显然，易知共面，所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，而面面，长方体中，，如下图，为和面夹角的平面角，，正确.故选：BCD11．为了迎接二十大的召开，我国全体航空人以昂扬的精神面貌、实际行动，践行“航空报国，航空强国”的初心使命.2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”，如图，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与轴交于点.若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则（    ）A．椭圆的长轴长为B．线段长度的最大值为C．的周长为D．不算椭圆在轴上的端点，轴上方椭圆上存在2个点，使得【答案】ABC【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距，求出长轴长判断选项A；求出长度范围判断选项B；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长判断选项C；计算判断选项D即可求解.【详解】由题意可知：半圆所在椭圆的半焦距，短半轴长，得出长半轴长，则椭圆的长轴长为，故选项A正确；因，，因此，故选项B正确；因点是椭圆的两个焦点，则的周长为：，故选项C正确；由题意，显然，在中，，所以不可能为直角，不算椭圆在轴上的端点外，轴上方椭圆上不存在点，使得，故选项错误，故选：ABC.12．圆与圆交于两点，若，则实数的可能取值有（    ）A．2 B．1 C．0 D．【答案】BCD【分析】两圆相减可得公共弦所在的直线方程，又根据，可得到圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列出关于的方程，计算可得结果.【详解】解：因为圆与圆交于两点，所以两圆方程相减得直线的方程：，由，可得圆心到直线的距离为 ，，整理得，时，满足上式，不满足上式，故选：BCD 三、填空题13．已知,,若,则与之间的距离为______.【答案】3【分析】先根据两条直线平行得到的值,确定的方程,再根据平行线间的距离公式即可得到答案.【详解】,,,,解得,,根据平行线间的距离公式与之间的距离为.故答案为:.14．圆上到直线的距离为1的点的个数为___________．【答案】3【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离，由半径，从而得到该圆上到直线的距离为1的点的个数即可．【详解】解：由圆的方程，得到圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，，则圆上到直线的距离为1的点的个数为是3．故答案为：3．15．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于某焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点.图2是图1的轴截面，，两点关于抛物线的对称轴对称，是抛物线的焦点，是馈源的方向角，记为，焦点到顶点的距离与口径的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等.如果某抛物面天线的焦径比等于，那么馈源方向角的正切值为_______.【答案】【分析】设抛物线方程为，由已知得，根据直线的斜率公式求得，再由正切的二倍角公式可求得答案.【详解】设抛物线方程为，则，又，所以，所以，直线的斜率，所以，所以.故答案为：.16．如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，点C满足，且在平面内运动，则有以下几个命题：①当时，点C的轨迹是抛物线；②当时，点C的轨迹是一条直线；③当时，点C的轨迹是圆；④当时，点C的轨迹是椭圆；⑤当时，点C的轨迹是双曲线.其中正确的命题是__________.（将所有正确的命题序号填到横线上）【答案】②③【分析】根据题意，分别验证和时C点的轨迹，当时，作斜线段AB的中垂面，与平面的交线为一条直线，即为C点轨迹；当时，作B在平面内的射影为D，连接BD，CD，在平面内建立平面直角坐标系，求C点轨迹方程，根据轨迹方程即可判断.【详解】当时，，过AB的中点作线段AB的垂面，则点C在与的交线上，即点C的轨迹是一条直线；当时，，设B在平面内的射影为D，连接BD，CD，设，，则，在平面内，以AD所在直线为x轴，以AD的中垂线为y轴如图建立平面直角坐标系，设，则有 则，，，∴，化简可得.∴C的轨迹是圆.故答案为：②③【点睛】本题考查两个平面位置关系，考查轨迹方程求法，考查计算能力，综合性较强，属于难题. 四、解答题17．已知直线的方程为(1)若与直线垂直，求的值；(2)若在轴，轴上的截距相等，求的方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据两直线垂直列方程，解方程即可得到；（2）分别求出横纵截距，然后根据截距相等列方程，解方程得到，即可得到直线的方程.【详解】（1）因为两直线垂直，所以，解得.（2）因为横纵截距相等，所以横纵截距存在，，令，则，所以纵截距为，令，则，所以横截距为，则，解得或1，所以的方程为或.18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为棱的中点.(1)求异面直线与所成角的大小；(2)求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角；（2）求平面和平面的法向量，利用空间向量法求两个平面夹角的余弦值【详解】（1）如图，底面，底面，底面，，.以点A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为，故异面直线与所成角的大小为.（2）由题意可知平面的法向量为，设平面的法向量为，，，则，即，令，则..所以平面和平面夹角的余弦值.19．已知椭圆的标准方程为.(1)求椭圆被直线截得的弦长；(2)若直线与椭圆交于，两点，当（O为坐标原点）时，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）联立方程，利用韦达定理和弦长公式即可求出答案；（2）因为，所以，联立方程利用韦达定理即可求出答案.【详解】（1）联立方程： ，整理可得：根据韦达定理：，根据弦长公式椭圆被直线截得的弦长为：（2）设，，，联立方程：，整理可得：因为存在两个交点，故，解得根据韦达定理：，，，因为，所以，即 ，解得20．如图，在三棱锥中，已知，，为的中点，平面，，为的中点，点在上，满足.(1)求点到平面的距离;(2)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及的方向向量，即可由点面距离的向量求解方法，求解即可；（2）求得直线的方向向量，以及平面的法向量，利用向量法即可求得结果.【详解】（1）连接，因为，故；由面，面，故，故两两垂直，则以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：则，，设，，，因为，故可得，解得，故，设平面的法向量，因为故，令，则，故；故点到平面的距离=.（2）设平面的法向量，因为，故，令，则，故；设直线与平面所成角为，因为,故，故.故直线与平面所成角的余弦值为.21．已知抛物线上一点到焦点F的距离为4，直线与E交于A，B两点．(1)求抛物线E的方程；(2)以AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，若，求k的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据抛物线焦半径公式列出方程，求出，得到抛物线方程；（2）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理求出两根之和，两根之积，求出以AB为直径的圆的圆心和半径，再根据垂径定理得到弦长，列出不等式，求出k的取值范围．【详解】（1）∵抛物线上一点到焦点F的距离为4，∴,∴，∴抛物线；（2）联立和可得，∵直线与E交于A，B两点，且，故，设，∴，则，故线段的中点坐标为，∴以AB为直径的圆的圆心为，半径为，∵以AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，，∴由垂径定理得，∴，故，∴或，∴k的取值范围为．22．已知点，直线，动点到的距离与到直线的距离之比为.(1)求动点的轨迹的方程；(2)设点是轨迹上一点，在直线，上分别取点A，B，当A，B分别位于第一、二象限时，若，，求△AOB面积的取值范围.附：在△ABC中，若，则△ABC的面积为.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设点的坐标，把几何关系中距离之比转化为代数方程，从而求得结果；（2）设点，A，B的坐标，由向量关系找到坐标之间的关系，表示出点的坐标并代入双曲线方程，再把所求的结果结合已知中给出的面积公式，求得△AOB面积的取值范围.【详解】（1）设，点到直线的距离为d.由已知可得，即，两边平方得，，整理得.故动点的轨迹的方程；（2）设，，，，，因为，所以，即.将点代入双曲线方程，得化简得.所以△AOB面积为，因为，所以，.故△AOB面积的取值范围.