四川省内江市第六中学2022-2023学年高二数学（理）下学期第一次月考试题（Word版附解析）

内江六中2022-2023学年（下）高24届第一次月考

理科数学试题

考试时间：120分钟     满分：150分

Ⅰ卷 选择题（满分60分）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 椭圆的离心率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意求，再求离心率即可.

【详解】由题意可得：，且椭圆焦点在y轴上，则，

故椭圆的离心率是.

故选：A.

2. 下列说法正确的是（    ）

A. 若或为假命题，则，都是假命题

B. “这棵树真高”是命题

C. 命题“使得”的否定是：“，”

D. 命题：“，”，则是真命题

【答案】A

【解析】

【分析】若或为假命题，则，都是假命题，A正确， “这棵树真高”不是命题，B错误，命题否定是：“，”，C错误，确定命题为真命题，是假命题，正确，得到答案.

【详解】对选项A：若或为假命题，则，都是假命题，正确；

对选项B：“这棵树真高”不是命题，错误；

对选项C：命题“使得”的否定是：“，”，错误；

对选项D：，故命题为真命题，是假命题，错误.

故选：A

3. 若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则n的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.

【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，

则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，

又表示焦点在轴上的椭圆，故，，

故选：C.

4. 设曲线是双曲线，则“的方程为”是“的渐近线方程为”的（      ）

A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件

C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据双曲线渐近线的定义和充分不必要条件的概念求解即可.

【详解】双曲线，，，焦点在轴，

渐近线方程为，满足充分性.

若双曲线的渐近线方程为，则或，不满足必要性.

故选：B

5. 已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（    ）

A. －1 B. 0 C. 1 D. －6

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量共面列方程，化简求得.

【详解】，所以不共线，

由于，，共面，

所以存在，使，

即，

，

，

，，

即.

故选：D

6. 如图，线段所在直线与平面平行，平面上动点P满足，则点P的轨迹为（    ）

A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意作出截面，即可分析动点P的轨迹.

【详解】解：如图，将平面竖直放置，以AB为轴作圆锥，使母线与轴线的夹角为，

又线段所在直线与平面平行，

则点P的轨迹如图所示，为双曲线的一支，

故选：C.

7. 已知双曲线的左焦点为，点是双曲线右支上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为（    ）

A. 5 B.  C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】由双曲线定义等于到右焦点的距离，而的最小值是（是圆半径），由此可得结论．

【详解】记双曲线的右焦点为，所以，

当且仅当点为线段与双曲线的交点时，取到最小值．

故选：C．

8. 如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】依题意得，，，，，进而可得结果.

【详解】依题意得，，，.

所以

故.

故选：A.

9. 已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，以为直径的圆与在第二象限交于点，且双曲线的一条渐近线垂直平分线段，则的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题知，，进而得直线、的方程并联立得，再将其代入双曲线方程整理得，再求离心率即可.

【详解】解：由题设，渐近线，，

因为以为直径的圆与在第二象限交于点，

所以，

因为双曲线的一条渐近线垂直平分线段，

所以， ，，

所以，直线的方程为，直线的方程为，

所以，联立方程得，

所以，将代入整理得，即，

所以，的离心率为.

故选：D

10. 已知，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题可得，在中，由余弦定理得，结合基本不等式得，即可解决.

【详解】由题知，，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，

假设，

所以由椭圆，双曲线定义得，解得，

所以在中，，由余弦定理得

，即

，

化简得，

因，

所以，即，

当且仅当时，取等号，

故选：A

11. 有以下三条轨迹：

①已知圆，圆，动圆P与圆A内切，与圆B外切，动圆圆心P的运动轨迹记为；

②已知点A，B分别是x，y轴上的动点，O是坐标原点，满足，AB，AO的中点分别为M，N，MN的中点为P，点P的运动轨迹记为；

③已知，点P满足PA，PB的斜率之积为，点P的运动轨迹记为．设曲线的离心率分别是，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，分别求出三个曲线方程，并求出对应的离心率即可求解.

【详解】①，设动圆圆心，半径为，

由题意可知：圆的圆心坐标，半径；

圆的圆心坐标，半径；

由条件可知：，，所以，

所以点的轨迹方程为：，则；

②设，，则，由中点坐标公式可得：，，所以的中点，因为，所以点的坐标满足，也即：，所以；

③设点，由题意可知：，

整理化简可得：，所以，

则，

所以，

故选：.

12. 已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点，由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围；

当时，曲线为圆或椭圆，则相切时有两个不同交点，再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围.

【详解】由题意，曲线过定点，曲线：，故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分，如图所示.

（1）当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点，又渐近线为，故当即时，曲线C1和C2在y轴右侧无交点，满足题意；

（2）当时，曲线为圆或椭圆，当曲线与相切时，有，消y得，由.

i.故当时，曲线C1和C2恰有两个不同的交点；

ii.当时，曲线C1和C2有零个不同的交点；

iii.当时，曲线C1和C2有四个不同的交点；

iv.当时，曲线C1和C2有三个不同的交点；

v.当时，曲线C1和C2有两个不同的交点.

综上，曲线C1和C2恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为.

故选：D

第Ⅱ卷 非选择题（满分90分）

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知点是点关于坐标平面yoz内的对称点，则__________

【答案】3

【解析】

【分析】求出点坐标即得解.

【详解】因为点是点关于坐标平面yoz内的对称点，

所以点坐标为,

所以，所以.

故答案：3

14. 比利时数学家丹德林( Germinal Dandelin)发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为______．

【答案】8

【解析】

【分析】椭圆的短轴长为圆柱的底面的直径即可求解

【详解】由平面与圆柱所截可知，椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，

故答案为：8

15. 已知是椭圆上的一个动点，是左焦点，是一定点，当取最小值时，________．

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆的第二定义，分析出当共线时，取最小值，由此求得点的坐标，进而求解．

【详解】设垂直于椭圆的左准线，且与左准线交于点，

由椭圆的第二定义，，

，，

当共线时，取最小值，此时设，，

，得，．

故答案为：．

16. 已知，是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，若C的离心率为，则的值为______．

【答案】3

【解析】

【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理求解即可.

【详解】由及双曲线的定义可得，

所以，，因为，在中，

由余弦定理可得，

即，所以，

即，解得或（舍去）.

故答案为：3

三、解答题（本大题共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. 已知命题 ： 表示双曲线，命题 ： 表示椭圆．

（1）若命题与命题 都为真命题，则 是 的什么条件？

（请用简要过程说明是“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”和“既不充分也不必要条件”中的哪一个）

（2）若 为假命题，且 为真命题，求实数 的取值范围．

【答案】（1） 是 的必要不充分条件（2） 或．

【解析】

【详解】试题分析：(1) 根据双曲线的定义，若命题为真命题则 ,若 都为真命题则 或，由，可得 是 的必要不充分条件；（2）由 为假命题，且 为真命题，可得一真一假，分两种情况讨论，对于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范围..

试题解析：（1）∵命题 ： 表示双曲线是真命题，

∴ ，

解得 ,

又∵命题 ： 表示椭圆是真命题，

∴

解得 或

∵

∴ 是 的必要不充分条件,

（2）∵ 为假命题，且 为真命题

∴ 、 为“一真一假”，

当 真 假时，由（1）可知，

为真，有 ，①

为假， 或 或 ②

由①②解得 或

当 假真时，由（1）可知，

为假，有 或 ，③

为真，有 或 ④

由③④解得，无解

综上，可得实数 的取值范围为 或.

【方法点睛】本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试. 对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.

18. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，右顶点为.

（1）求双曲线的方程；

（2）已知过点的直线与双曲线只有一个公共点，求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）利用点到直线的距离求出b，再结合顶点求出a，从而求出双曲线方程；

（2）设直线方程，联立双曲线，分类讨论，判别式法求解

【小问1详解】

双曲线的一条渐近线为，故焦点到直线的距离为，所以，又，

所以双曲线方程为

【小问2详解】

由题知，直线的斜率必存在.

设直线方程为：

联立，消y得

①当时，上述方程只有一解，符合题意，

所以；

②当时，为使上述方程只有一解即，

，

化解得：，所以，

所以.

综上，直线方程为：或.

19. 如图，四棱锥的底面是正方形，且底面，点是棱的中点.

（1）若是棱的中点，证明：平面；

（2）若正方形的边长是4，，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）取棱的中点，连接，，可证得，从而证明平面；

（2）建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，求出直线与平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

如图，取棱的中点，连接，，

则，且.

又，，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以,

又平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，.

设平面的法向量为，

则

令，得，

设直线与平面所成的角为，

则

故直线与平面所成角的正弦值为.

20. 椭圆E的方程为，短轴长为2，若斜率为的直线与椭圆E交于两点，且线段的中点为.

（1）求椭圆E的方程；

（2）若直线l：与圆相切，且与椭圆E交于M，N两点，且，求直线l的方程.

【答案】（1）；   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）利用短轴长求出b，设点坐标，代入椭圆方程，作差化简即可得到，即可求解椭圆方程；

（2）由点到直线距离公式列出方程，得到，联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出及，得到答案.

【小问1详解】

由题意得：，所以，设，

因过点且斜率为-1的直线与相交于两点，且恰好是的中点，

则，所以.

又A，B两点在椭圆上，则.

两式相减得：，所以，所以，

又，得，所以，故椭圆方程为；

【小问2详解】

直线l：与圆相切，

故，即，

联立与得：，

设，则，，

则，

将代入上式得：，解得：，

因为，所以，故，则，

所以直线l的方程为或.

21. 已知双曲线的右顶点为，直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为.

（1）求双曲线的标准方程；

（2）若直线与双曲线交于两点，且轴上存在一点，使得恒成立，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据点到直线的距离可得，结合双曲线中的关系即可求解，

（2）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，将转化成斜率关系，即可代入求解.

【小问1详解】

因为双曲线的右顶点为，所以.

当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，直线平行于双曲线的一条渐近线.

不妨设直线的方程为，即，

所以点到直线的距离，

所以.

因为，所以，

故双曲线的方程为.

【小问2详解】

设直线的方程为，

联立方程组，得，

则且.

因为，

所以，

所以，解得.

当直线恰好为轴时，也满足题意，

故

【点睛】直线与双曲线抛物线的位置关系和直线与椭圆、抛物线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；解析几何简化运算的常见方法：

（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；

（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；

（3）巧用定义，简化运算.

22. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线与椭圆C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．

（1）求椭圆C的方程；

（2）圆F过O，B，交l于点M，N，直线，分别交椭圆C于另一点P，Q．

①求值；

②证明：直线过定点，并求出定点坐标．

【答案】（1）   

（2）①；②证明见解析，定点

【解析】

【分析】（1）根据题意可得垂直平分，设为直线l与C的一个交点，根据菱形的面积求得点的坐标，再代入椭圆方程求得，即可得解；

（2）①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，则，即，由此计算即可得出结论；

②由题意知直线不可能平行于x轴，设直线方程为，，，联立方程，利用韦达定理求得，，再结合①中结论求出，即可得出结论.

【小问1详解】

因为直线与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，

所以l垂直平分，所以，，

设为直线l与C的一个交点，

则菱形的面积为，

因为菱形的面积为，所以，解得，即，

将点代入，得，

又因为，所以，

故C的方程为；

【小问2详解】

①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，

故直线经过圆心E，所以为圆E的直径，

因此，即，

设，，则，

又，，则，

又因为，，

所以；

②由题意知直线不可能平行于x轴，

则设直线的方程为，，，

由得，

，（∗）

，，

因为，，

所以，

即，

即，

则，

化简得，解得，满足（∗），

所以直线的方程为，

故直线过定点．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；

（5）代入韦达定理求解.