2023-2024学年辽宁省沈阳市第十五中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市第十五中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，单空题，双空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．抛物线的准线方程是，则实数的值（ ）
A．B．C．8D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的准线方程列式得出结果.
【详解】由题意可得：，解得.
故选：A.
2．已知双曲线的渐近线与轴的夹角为，则此双曲线的离心率为（ ）
A．或B．C．D．
【答案】C
【分析】由双曲线标准方程得出渐近线，再由渐近线与轴夹角即可求出，然后利用双曲线中的关系式，即可求出离心率.
【详解】由题知，双曲线方程为，
则渐近线为，
因为渐近线与轴的夹角为，
所以，即，
又，所以，.
故选：C
3．万众瞩目的北京冬奥会于2022年2月4日在国家体育场（又名鸟巢）正式开幕，手工课上，老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为，短轴长为，小椭圆的短轴长为，则小椭圆的焦距长为（ ）
A．30B．20C．D．
【答案】D
【分析】根据两个椭圆离心率相同进行计算即可.
【详解】由大小两个椭圆的扁平程度相同，可得两椭圆的离心率相同，
大椭圆的长轴长为，短轴长为，可得焦距，
则离心率，
又小椭圆的短轴长为，则，
由离心率，可得，
所以长轴为.
故选：D.
4．过点的直线与双曲线的公共点只有1个，则满足条件的直线有（ ）
A．2条B．3条C．4条D．5条
【答案】C
【分析】设出直线方程，联立，结合判别式可得答案.
【详解】当直线的斜率不存在时，显然与双曲线没有公共点.
当直线的斜率存在时，设方程为，
与双曲线方程联立可得，
当时，即时，此时直线和双曲线的公共点只有1个，时，；时，.
当时，，
整理可得，因为，所以有两个不等的实数根，
又因为不是的根，所以此时直线和双曲线的公共点只有1个.
综上可知直线和双曲线的公共点只有1个时，直线有4条.
故选：C.
5．直线（为常数）的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出直线的斜率，从而得到倾斜角的取值范围.
【详解】的斜率一定存在，故倾斜角不为，
直线斜率，
结合正切的函数图象，可得倾斜角的取值范围是.
故选：C
6．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出，，利用空间向量数量积的运算性质可求得的长.
【详解】由已知，二面角等于，即，
所以，，
所以，
，
因此，.
故选：C.
7．如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为1的菱形，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由空间向量的线性运算对选项一一计算即可得出答案.
【详解】对于A，因为底面，所以底面，
所以，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，
所以为等边三角形，所以，
所以
，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，，
故D错误.
故选：C.
8．吹奏乐器“埙”（如图1）在古代通常是用陶土烧制的，一种埙的外轮廓的上部是半椭圆，下部是半圆.半椭圆（，且为常数）和半圆组成的曲线D如图2所示，曲线D交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点C，点是半圆上任意一点，当点的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】易知，根据三角形面积最大即可知，再利用垂直关系的斜率表示即可得，求出椭圆方程.
【详解】由点在半圆上，所以，，
要使的面积最大，可平行移动AC，
当平移到AC与半圆相切于时，M到直线AC的距离最大，如下图所示：
此时，即，
又
，
所以半椭圆的方程为,
故选：D
二、多选题
9．给出下列命题，其中不正确的命题是（ ）
A．若是空间向量的一个基底，则向量不共面
B．直线恒过定点
C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角为
D．已知向量，若，则为锐角．
【答案】BC
【分析】对于A：根据空间向量的基底向量的定义分析判断；对于B：根据直线过定点整理求解；对于C：根据线面夹角与向量夹角的关系分析判断；对于D：根据向量夹角与数量积之间的关系分析判断.
【详解】对于选项A：根据空间中的基底向量的定义可知向量不共面，故A正确；
对于选项B：由，整理得，
令，解得，
所以直线恒过定点，故B不正确；
对于选项C：因为若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，
则若直线与平面的法向量所在直线所成的夹角等于，
所以直线与平面所成的角为，故C不正确；
对于选项D：若，则，
且，即，可知不共线，
所以为锐角，故D正确；
故选：BC.
10．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．的“欧拉线”方程为
B．圆上点到直线的最大距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．圆与圆有公共点，则的取值范围是
【答案】BD
【分析】由已知可得欧拉线为线段的垂直平分线，可得其方程判断A选项，根据直线与圆相切，可得圆的方程，根据直线与圆、圆与圆的位置关系数形结合可判断BD选项，三角换元可判断C选项.
【详解】由，可知是以为顶点的等腰三角形，
所以的欧拉线即为线段的垂直平分线，
设为，又点，点，
则其中点，斜率，
所以直线的斜率，方程为，即，A选项错误；
又直线与圆相切，所以点到直线的距离，
所以圆的方程为，
又点到直线的距离，
直线与圆相离，
所以圆上的点到直线距离的最大值为，B选项正确；
由圆，可设圆上任意一点的坐标为，，
则，且，
所以，C选项错误；
又圆与圆有公共点，
可知点满足，
即，
解得，D选项正确；
故选：BD.
11．已知双曲线，左、右焦点分别为，若圆与双曲线的渐近线相切，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的离心率
B．过点截双曲线所得弦长为的直线有三条
C．若双曲线上一点满足，则的面积是12
D．若双曲线上一点满足，则的周长为
【答案】ABD
【分析】A选项，利用圆心到渐近线距离等于半径，求出得到离心率；B选项，先考虑过点的直线斜率不存在时，满足要求，再考虑过点的直线斜率存在时，设出，与双曲线方程联立，表达出弦长，求出，故B正确；C选项，设出，得到方程组，求出，求出的面积；D选项，由双曲线定义求出，从而求出周长.
【详解】A选项，的渐近线方程为，
的圆心为，半径为，
故，解得，
故，即，
离心率，A正确；
B选项，，当过点的直线斜率不存在时，
令中，故，解得，
此时截双曲线所得弦长为，
当过点的直线斜率存在时，设为，
联立，得，
故，解得，
设两交点为，
则，
故，解得，
故所得弦长为的直线有三条，B正确；
C选项，，，，
设，则，且，
解得，故的面积是，C错误；
D选项，因为，故，即，
故，又，
则的周长为，D正确.
故选：ABD
12．已知为抛物线的焦点，是上三点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．当三点共线时，的最小值为4
B．若，设中点为，则点到轴距离的最小值为4
C．若，则
D．过点的直线与抛物线相切，若切点分别为，则．
【答案】BCD
【分析】首先将点代入抛物线方程可得，,对于A，当为焦点弦通径时，取最小；对于B，由抛物线的定义、三角不等式即可判断；对于C，由焦半径公式结合即可判断；对于D，由题意设出直线方程，直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到两斜率之积为-1，得到结论.
【详解】依题意，将点代入抛物线方程可得，，即，
对于A选项，当三点共线时，为焦点弦通径（垂直于对称轴的焦点弦）最短，
最短为，故A错误；
对于B选项，（当且仅当，，三点共线时等号成立），
即，故，所以点到轴距离的最小值为4，故B正确；
对于C选项，如图所示：
依题意，为焦点弦且.不妨设直线的倾斜角为锐角，
则，，解得，故，故C正确；
对于D选项，过的直线斜率不存在时，，不符合题意；
当斜率存在时，设直线斜率为，则，即，
联立，消得，
因为直线与抛物线相切，所以当时，不符合要求，所以，
所以，即，
设直线，的斜率为，则，所以，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题
13．已知抛物线的焦点为，是抛物线上的一点，若，则 ．
【答案】
【分析】直接使用抛物线的焦半径定义，即可求解.
【详解】由题意，知抛物线的准线为，由焦半径的定义可得，解得．
故答案为：6
四、单空题
14．已知是棱长为1的正方体内（含正方体表面）任意一点，点是棱的中点，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题意得，求出在上的投影加上在上的投影得最大值即可.
【详解】因为点是棱的中点，所以，
则
而表示在上的投影，
表示在上的投影，
当点在棱上时，表示在上的投影取得最大值，
表示在上的投影也取得最大值，
所以的最大值为.
故答案为：.
15．在三棱柱中，，则该三棱柱的高为 ．
【答案】
【分析】利用向量法求点到平面的距离，确定三棱柱的高.
【详解】设平面的一个法向量为，则，所以，
令，则，，所以是平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，故三棱柱的高为.
故答案为：
五、双空题（新）
16．椭圆的光学性质，从椭圆一个焦点发出的光，经过椭圆反射后，反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上．已知椭圆为其左、右焦点，是上的动点，点，若的最大值为．动直线为此椭圆的切线，右焦点关于直线的对称点，则椭圆的离心率为 ；的取值范围为 ．
【答案】 /0.75
【分析】利用椭圆定义将转化为，再利用三点共线取得最大值求c，根据椭圆的光学性质得到P点的轨迹方程，再利用点到直线距离的几何意义求解.
【详解】根据椭圆定义可知，，所以，
当三点共线时，有最大值，为，所以的最大值，
所以，由可知，，
解得：，因为，所以，
所以离心率；
设切点为A，由椭圆的光学性质可知，三点共线，
所以，
所以P点的轨迹是以为圆心，8为半径的圆，
则表示P点到直线的距离的5倍，
圆心到直线的距离为，
所以P点到直线的距离最大值为，最小值为，
所以的取值范围是.
故答案为：；.
六、问答题
17．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，底面，且，
(1)求直线与所成角的余弦值．
(2)直线与平面所成角的正弦值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，求出，由向量的夹角公式求解即可；
（2）求出平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）在阳马中，底面，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
故，
于是，
则直线与所成角的余弦值是．
（2）设为平面的法向量，则，
令，得，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．已知圆过点和，且圆心在直线上.
(1)求圆的标准方程；
(2)若圆与圆：相交于两点，求两个圆公共弦的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）通过解方程组求出交点坐标，结合两点间距离公式进行求解即可..
【详解】（1）设圆的标准方程为，
所以有；
（2）由，或，即，
所以.

19．在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且．
(1)求的值；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数量积的坐标表示及两角和的余弦公式求出，即可求出；
（2）由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，，且，
，
，
又∵为内角，，
（2）由余弦定理，得，
解得或（舍去），
故，所以．
20．已知平面直角坐标系中，动点在曲线上，且点到的距离比到轴的距离大2．
(1)求曲线的方程；
(2)设过点的直线与曲线交于两点，求的面积的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）设的坐标是，由题意可得，讨论和即可得出答案；
（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，利用韦达定理求出，再表示出的面积，即可得出答案.
【详解】（1）设的坐标是，则根据题意可知，
化简得：，
当时，方程可变为，表示端点在原点，方向为轴正方向的射线（不含原点）.
当时，方程可变为，表示焦点在的抛物线．
（2）设直线的方程为．与不可能交于两点，
故联立得．
设，
则．
．
又设..，
．
时，取得最小值．
七、证明题
21．已知在多面体中，，，，，且平面平面.

(1)设点F为线段BC的中点，试证明平面；
(2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；
（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵，分别为，的中点，∴，且.
又，，∴，且.
∴四边形为平行四边形.∴，
∴平面.
（2）∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴.∴.
可取平面的法向量，
设平面的法向量，，，
则，取，则，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值为.

八、问答题
22．设椭圆的上、下顶点分别为，且焦距为．为椭圆的右焦点，点在椭圆上且异于两点．若直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设不经过点的直线与椭圆相交于不同的两点．若点在以线段为直径的圆上，试判断直线是否经过定点，如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，得到椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据点在以线段为直径的圆上，得到，结合向量的数量积的运算，求得的值，即可得到答案.
【详解】（1）由题意有，
设，
化简得，结合，可得，
由椭圆焦距为，有，得，
椭圆的标准方程为；
（2）由直线与椭圆相交于不同的两点．点在以线段为直径的圆上，
则，故，从而直线与轴不垂直，
故可设直线的方程为，
联立得整理得．
设，
则
由，得，
由，得
解得（舍去）或，
所以直线的方程为，所以直线过定点．
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.