2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高二上学期12月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高二上学期12月月考数学（文）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高二上学期12月月考数学（文）试题 一、单选题1．设命题，，则命题p的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】含有一个量词的命题的否定步骤为：改量词，否结论.【详解】改量词：改为，否结论：否为，所以，的否定形式为：，.故选：B.2．已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（    ）A．相离 B．相交 C．内切 D．外切【答案】B【分析】先求出两圆圆心和半径，再由两圆圆心之间的距离和两圆半径和及半径差比较大小即可求解.【详解】由题意得，圆圆心，半径为7；圆，圆心，半径为4，两圆心之间的距离为，因为，故这两圆的位置关系是相交.故选：B.3．下面四个选项中一定能得出平面平面的是（    ）A．存在一条直线a，，B．存在一条直线a，，C．存在两条平行直线a，b，，，，D．存在两条异面直线a，b，，，，【答案】D【分析】对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面，再证即可.【详解】如图，是长方体，平面ABCD为平面，平面ABB1A1为平面，对于A，直线C1D1为直线a，显然，，而与相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然，，而与相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然，，，，而与相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且，，过直线a作平面，如图， 则c//a，并且直线c与b必相交，而，于是得，又，即内有两条相交直线都平行于平面，因此，平面平面.故选：D4．已知抛物线的焦点为F，过点且垂直于x轴的直线与抛物线C在第一象限内的交点为A，若，则抛物线C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据抛物线的定义列方程可解得，从而可得结果.【详解】因为，所以，解得，所以抛物线C的方程为.故选：A.【点睛】本题考查了抛物线的定义，属于基础题.5．设，是双曲线的左，右焦点，点P在双曲线C的右支上，当时，面积为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】利用双曲线的定义可得，又，进而即得.【详解】∵双曲线，∴，又点P在双曲线C的右支上，，所以，，即，又，∴面积为.故选：B.6．已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（    ）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.【详解】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：则圆锥的体积，所以，即，，则，又，所以，故．故选：C．7．在正方体中，E、F分别是、的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取中点，连接，证明异面直线AE与BF所成角是或其补角，然后在中由余弦定理计算可得．【详解】取中点，连接，如图，因为是中，所以与平行且相等，又与平行且相等，所以与平行且相等，从而是平行四边形，，所以异面直线AE与BF所成角是或其补角，设正方体棱长为，则，，中，．所以异面直线AE与BF所成角的余弦是．故选：A．8．已知定点，，M是上的动点，关于点M的对称点为N，线段的中垂线与直线交于点P，则点P的轨迹是（    ）A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．直线【答案】A【分析】根据垂直平分线的性质，结合图分析点P到，的距离只差可知.【详解】由题意及图可知，，因为O、M分别为的中点，所以，所以故点P的轨迹是以，为焦点，2为实轴长的双曲线.故选：A9．若椭圆​的动弦​斜率为​，则弦中点坐标可能是（    ）A．​ B． C．​ D．​【答案】B【分析】已知弦中点的斜率，用点差法求中点的坐标.【详解】设，，则由已知得，，，两式作差可得，，整理可得.中点D的坐标为，则有.又点D在椭圆的内部，所以故选：B.10．等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于，两点，，则的实轴长为（    ）A．2 B．22 C．4 D．8【答案】C【分析】设出双曲线方程，求出抛物线的准线方程，利用，即可求得结论.【详解】解：设等轴双曲线的方程为，抛物线，，则，，抛物线的准线方程为，设等轴双曲线与抛物线的准线的两个交点，，则，.将，代入，得，，等轴双曲线的方程为，即，的实轴长为.故选：C.11．已知抛物线，F为其焦点，若直线与抛物线C在第一象限交于点M，第四象限交于点N，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据联立直线与抛物线方程，解出两点横坐标，利用抛物线焦半径公式即可得到线段比.【详解】由题得，当时，，则在直线上，联立得，解得或，由下图得，，故，，故，故选：D.12．长方体中，，，，为该正方体侧面内（含边界）的动点，且满足.则四棱锥体积的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先根据得到，所以的轨迹是以为焦点 的椭圆，再根据椭圆的几何性质可得到四棱锥的高的最值，即可得到体积的范围.【详解】如图所示：在中，，在中，，因为，所以.因为所以点的轨迹是以为焦点 的椭圆.如下图所示：，，.椭圆的标准方程为：.联立，解得：.所以，.当点运动到位置时，此时四棱锥的高最长，所以.当点运动到或位置时，此时四棱锥的高最短，所以.综上所述：.故选：B【点睛】本题主要考查计算四棱锥的体积，同时考查了椭圆的几何性质，将立体思想转化为椭圆思想是解题的关键，属于难题. 二、填空题13．抛物线的焦点F到其准线l的距离是________【答案】 【分析】利用抛物线的标准方程可得p，即可得出焦点到准线的距离．【详解】抛物线x2=y，故p=，即它的焦点到准线的距离为，故答案为．【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，属于基础题．14．已知双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值为__________.【答案】【分析】根据题意求得双曲线的右焦点坐标和渐近线方程，运用点到直线的距离公式及离心率公式进行计算，即可得出结果.【详解】解：双曲线的右焦点为，其中一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为，即.则.故答案为：.15．三棱锥中，底面是锐角三角形，垂直平面，若其三视图中主视图和左视图如图所示，则棱的长为______【答案】【分析】根据三视图，求得的长度，再利用勾股定理即可求得.【详解】根据主视图可知，点在的投影位于的中点，不妨设其为，故可得，根据左视图可知：，则，又面面，故可得，则.故答案为：.16．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于___________【答案】【解析】设圆锥的顶点为，为底面圆上一点，底面圆的半径为，圆心为，设球心为，球的半径为，连结，可得，即可求出，由球体的体积公式，可求出答案.【详解】设圆锥的顶点为，为底面圆上一点，底面圆的半径为，圆心为，则，，设球心为，球的半径为，连结，则，即，所以，解得.所以所求球体的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查球的体积，考查圆锥的外接球，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题. 三、解答题17．如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.（1）求证：AC∥平面DMF；（2）求证：BE⊥DM.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.【详解】（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.所以AC∥平面DMF.（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.18．命题 “方程表示圆”，命题 “方程表示双曲线”．(1)若命题为真命题，求实数的取值范围；(2)若为真命题，为真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据圆的一般式方程的约束条件解不等式即可得答案；（2）根据为假命题，为真命题求解即可.【详解】（1）解：因为“方程表示圆”，所以，，即，解得．所以，实数的取值范围是.（2）解：若q为真命题，则，解得 或．因为为真命题，为真命题，所以，为假命题，为真命题，所以，或或或因此，实数m的取值范围是或19．半径为3的圆过点，圆心在直线上且圆心在第一象限．(1)求圆的方程；(2)过点作圆的切线，求切线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）通过圆心在直线上，且在第一象限设出圆心的坐标，再利用圆上的点到圆心的距离等于半径求出圆心，进而可得圆的方程.（2）先判断出点在圆外，再通过切线斜率存在与不存在两种情况借助圆心到切线的距离等于半径求切线方程.【详解】（1）设圆心为，则，解得，则圆的方程为.故答案为：.（2）点在圆外，①切线斜率不存在时，切线方程为，圆心到直线的距离为,满足条件.②切线斜率存在时，设切线，即,则圆心到切线的距离，解得，则切线的方程为：.故答案为：或.20．已知抛物线：，坐标原点为，焦点为，直线：．(1)若与只有一个公共点，求的值；(2)过点作斜率为的直线交抛物线于两点，求的面积．【答案】(1)1或0(2) 【分析】（1）将直线方程与抛物线方程联立，由或即可得解；（2）由抛物线的标准方程得到焦点坐标，从而得到直线方程，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理及即可得解.【详解】（1）依题意，联立，消去，得，即，①当时，显然方程只有一个解，满足条件；②当时，，解得；综上：当或时直线与抛物线只有一个交点.（2）因为抛物线：，所以焦点，所以直线方程为，设，，联立，消去得，所以，，所以，所以.21．如图，在正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）中，，为的中点，为侧棱上的点．(1)当为的中点时，求证：平面；(2)是否存在点，使得三棱柱被平面分成的上下两部分体积关系为，若存在，求的长，若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，当时满足条件. 【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）假设存在这样的点满足条件，取线段的中点，连接，证明出平面，利用锥体的体积公式可得出，求出，即可得出结论.【详解】（1）证明：取中点，连接、，因为为的中点，则且，又因为为的中点，且，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）解：假设存在这样的点满足条件，取线段的中点，连接，因为是边长为的等边三角形，则，且，因为平面，平面，，，、平面，平面，因为，且，则，又因为，解得，因此，存在点，当时满足条件.22．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，过作不平行于坐标轴的直线交于A，B两点，且的周长为.(1)求的方程；(2)求面积的取值范围；(3)若轴于点M，轴于点N，直线AN与BM交于点C，求证：点C在一条定直线上，并求此定直线．【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，求出，再由离心率为求出，由可求出，从而可求出椭圆方程；（2）由题意可设直线方程为，联立椭圆方程，利用根与系数的关系，然后结合条件可表示出面积，换元化简后利用基本不等式即可求得所求；（3）根据题意表示出直线和的方程，联立可求出点的横坐标，结合（2）中结论即可得解.【详解】（1）由椭圆定义可知的周长为，即，因为离心率，所以，又因为，所以，故的方程为.（2）依题意，得，设直线AB方程为，联立，消去，得，易知，设，，则，，因为，令，则，当且仅当，即，即时，等号成立，所以，又，所以，故面积的取值范围.（3）因为轴，轴，所以，，所以直线AN：，直线BM：，联立解得，又因为，，所以，故，从而点C在定直线上.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.