四川省德阳中学2023-2024学年高二上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省德阳中学2023-2024学年高二上学期11月月考数学试题（Word版附解析），共20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。

1. 对抛物线，下列判断正确的是
A. 准线方程是B. 焦点坐标是
C. 准线方程是D. 焦点坐标是
【答案】D
【解析】
【详解】分析：将抛物线的方程化为标准方程，即可分别求出焦点坐标及准线方程．
详解：∵抛物线的方程为
∴抛物线的标准方程为
∴抛物线的焦点坐标是，准线方程是
故选：D.
2. 已知点为所在平面内一点，为平面外一点，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量共面的基本定理化简可得出的值.
【详解】因为点为所在平面内一点，设，其中、，
即，
所以，，
所以，，所以，.
故选：B.
3. 杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中．若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案卡片分别为，用列举法即可求解.
【详解】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，
则基本事件分别为：，
其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，
所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.
故选：D.
4. 若，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦的差角公式得到，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为，
又，所以，
故选：D.
5. 已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l的斜率为（ ）
A. 1B.
C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.
【详解】设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，，所以.
故选:B.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.
6. 如图是某景区内的一座抛物线拱形大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为10米，拱形最高点与水面的距离为6米，为增加景区的夜晚景色，景区计划在拱形桥的焦点处悬挂一闪光灯，则竖直悬挂的闪光灯到水面的距离为（ ）（结果精确到0.01）
A. 4.96B. 5.06C. 4.26D. 3.68
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的方程，根据题意知抛物线经过点，把点代入抛物线方程即可求出，根据竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为，即可求出答案.
【详解】如图，设抛物线的方程为，抛物线经过点，
所以，解得，所以抛物线顶点到焦点的距离为，
故竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为米.
故选：A.
7. 圆，过点作圆的所有弦中，以最长弦和最短弦为对角线的四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，最长弦为经过点的直径，最短的弦是过点与垂直的弦，求出，再利用圆的性质可求出，从而可求出四边形面积.
【详解】由圆，得圆心，半径，
因为，所以点在圆内，
所以经过点的直径是最长的弦，且最短的弦是与该直径垂直的弦，如图所示，
因为，
所以由垂径定理得，
所以四边形的面积为
，
故选：C
8. 点A、B分别为椭圆的左、右顶点，F为右焦点，C为短轴上不同于原点O的一点，D为OC的中点，直线AD与BC交于点M，且MF⊥AB，则该椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用MFOC，MFOD，得到比例关系①，，②，①②得到a、c数量关系，可求得离心率．
【详解】由题意如图：MF⊥AB，且OC⊥AB，∴MFOC，同理MFOD，
∴①，，②
①②得到：===,
∴2（a﹣c）＝c+a，
∴a＝3c，∴e．
故选B．
【点睛】本题考查了椭圆的离心率的求法，通过平行线段的比例关系，找到a、b、c的关系是解决本题的关键，属于中档题．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分.
9. 已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据圆以及双曲线，以及椭圆的性质即可分类讨论求解.
【详解】当时，，方程可以化简为，曲线是圆；
当，且时，或，曲线是椭圆；
当时，或，曲线是双曲线．
故选:ABC．
10. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
B. 直线在轴的截距是2
C. 直线的倾斜角为30°
D. 过点且倾斜角为90°的直线方程为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程等知识确定正确答案.
【详解】A选项，直线过点且在轴，轴截距相等，所以A选项错误.
B选项，直线在轴上的截距是，B选项错误.
C选项，直线的斜率为，倾斜角为，C选项正确.
D选项，过点且倾斜角为90°的直线方程为，D选项正确.
故选：CD
11. 在空间直角坐标系中，，，，则（ ）
A. 直线OB与平面ABC所成角的正弦值为
B. 点O到平面ABC的距离为
C. 异面直线OA与BC所成角的余弦值为
D. 点A到直线OB的距离为2
【答案】BC
【解析】
【分析】利用线面角公式计算A，利用点到面的距离公式计算B，利用异面直线夹角公式计算C，利用点到线的距离公式计算D.
【详解】，．
设平面ABC的法向量为，
则 令，得．
设直线OB与平面ABC所成的角为θ，且，
则，
点O到平面ABC的距离为，A错误，B正确．
因为，
所以异面直线OA与BC所成角的余弦值为，C正确．
设，
则点A到直线OB的距离，D错误．
故选：BC.
12. 已知双曲线过点且与双曲线共渐近线，直线与双曲线交于，两点，分别过点，且与双曲线相切的两条直线交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 双曲线的标准方程是
B. 若的中点为，则直线的方程为
C. 若点的坐标为，则直线的方程为
D. 若点在直线上运动，则直线恒过点
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据两双曲线共渐近线设出双曲线方程，代入点运算得解判断；B选项，运用点差法求得直线的斜率，即可得出直线方程可判断；C选项，设，将直线代入双曲线E方程，由，解得斜代回可得直线的方程；D选项，设出点，类比C选项，求出直线的方程，设出点代入直线，的方程比较可得直线的方程，从而得解.
【详解】因为双曲线与双曲线共渐近线，
所以可设双曲线的方程为，又双曲线过点，
所以，即，所以双曲线的标准方程是，故A错误；
设，，由，在双曲线上，得两式相减，
得，即，
又的中点为，所以，，所以，
直线的方程为，即，故B正确；
设直线，代入曲线E的方程得，，令，得
，解得，则切线方程为，
即直线的方程为，故C正确；
设，由选项C同理可得直线的方程为，由点在直线上运动，可设，
因为点在与上，所以，因此直线的方程为，
即，令，解得，
所以直线恒过点，故D错误．
故选：BC．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.
13. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距是2，则该椭圆的长轴长为______.
【答案】6
【解析】
【分析】根据焦点以及焦距即可根据的关系求解.
【详解】由于为焦点在轴上，所以，
由于焦距2，所以，所以，
故长轴长为，
故答案为：6
14. 已知直线与直线，若，则与之间距离是______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据两直线平行可得，即可由两平行线间的距离公式即可求解.
【详解】由于，所以，所以，
故与直线，
所以与之间距离，
故答案为：1
15. 已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】∵点为椭圆的左焦点，∴，设椭圆的右焦点，
∵点为椭圆上任意一点，点的坐标为，∴，又∵，
∴，即的最大值为，此时、、共线．
故答案为．
点睛：本题考查椭圆的方程与性质，考查学生转化问题的能力，正确转化是关键.这个题应用到了椭圆中焦半径的性质和焦三角形的性质．一般和焦三角形有关的题，经常和椭圆的定义联系起来，或者焦三角形的周长为定值．
16. 已知为椭圆上任意一点，点，分别在直线与上，且，，若为定值，则椭圆离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，求出M，N的坐标，得出关于的式子，根据P在椭圆上得到的关系，进而求出离心率.
【详解】设，则直线PM的方程为，直线PN的方程为，联立方程组，解得，
联立方程组，解得，则
又点P在椭圆上，则有，因为为定值，则，，.
【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，有一定的难度.
四、解答题：本大题共6小题，共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知圆心为的圆C与直线相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若圆C与圆相交于A，B两点，求两个圆公共弦的长
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得圆心到直线l的距离等于圆的半径，进而求得半径，从而求解；
（2）将两圆方程相减可得直线的方程，进而结合到直线的距离和半径求解即可.
【小问1详解】
∵圆C与直线相切，
∴圆心到直线l的距离等于圆的半径，
∴半径，
∴圆C的标准方程为．
【小问2详解】
由，两式相减得方程，
∴直线的方程即为．
∴到直线的距离为，
所以.
18. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点．
（1）求的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）联立直线与椭圆方程求得交点坐标，即可根据弦长公式求解，
（2）由面积公式即可求解.
小问1详解】
椭圆，，，，即，
所以直线的方程为，
联立，得，或，
所以，
【小问2详解】
由，得，由，得，
不妨设，，
的面积.
19. 在中，角、、的对边分别为、、，.
（1）求角的大小；
（2）若，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用平面向量数量积的定义可求得的值，然后利用余弦定理可求得的值.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，则，
故.
【小问2详解】
解：由平面向量数量积的定义可得，可得，
由余弦定理可得，
解得.
20. 一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．
（1）求的值；
（2）求小红不能正确解答本题的概率；
（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.
（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
（3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
【小问1详解】
记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，
因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，
于是，解得，
所以.
【小问2详解】
若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，
所以小红不能正确解答本题的概率是．
【小问3详解】
记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，
则
，
所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．
21. 如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，O为中点.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用面面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可.
【小问1详解】
因为在中，O为中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，得证.
【小问2详解】
在三棱锥中，连接，
因为为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形，则，
由（1）知，平面，所以以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

由题意知，，又，则，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
22. 已知抛物线：（）上的一点到准线的距离为1．
（1）求抛物线的方程；
（2）若正方形的三个顶点、、在抛物线上，求这种正方形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义可求解；
（2）设出，，点的坐标，的斜率为，根据斜率公式可得，，再根据，可得，可求出正方形面积的表达式，利用不等式放缩可求出面积的最小值.
【小问1详解】
抛物线的准线方程为，
由抛物线上点到准线的距离为1，结合抛物线的定义得，
∴，
抛物线的方程为.
【小问2详解】
方法一：如图设三个顶点有两个在轴的右侧（包括轴），
设在抛物线上的三个点，，点的坐标分别为，，，，的斜率为（）．
则有

，，
即，．所以，，①
又，所以
即,
代入①，得,
即,
∵，
，，
∴，
化简得，
正方形的面积为，
∵，∴，当且仅当时等号成立，
所以，即，
∴.
方法二：的斜率为（），点的坐标为，则
由，得，
∴，，
又，
∴，即，
∴，即，
∴，
正方形的面积，
令，，则
，
设，，
则，
，
∵，∴，
∴单调递增，
.
方法三：设直线：，（为参数）
代入抛物线，得，
即，
∴，，
设，则，
同理，，
不妨设，
∵，∴，
化简得，
∴，
，
设，
则，，
，
∵，∴，
∴单调递增，