四川省广安市华蓥中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安市华蓥中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共21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。
一、单选题（本大题共8小题，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将直线方程变为斜截式,根据斜率与倾斜角关系可直接求解.
【详解】直线
变形为
所以
设倾斜角为
则
因为
所以
故选:B
【点睛】本题考查了直线方程中倾斜角与斜率的关系,属于基础题.
2. 已知直线与直线，若，则（ ）
A. B. 2C. 2或D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】解方程，再检验即得解.
【详解】解：若，则，
所以或．
当时，重合，不符合题意，所以舍去；
当时，符合题意．
故选：A
3. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求得，由此求得正确答案.
【详解】依题意，解得.
由于椭圆焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为.
故选：B
4. 已知圆与圆相交于A，B两点，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.
【详解】由圆中且半径为1，
将两圆方程作差，得，整理得，
所以相交弦方程，则到其距离为，
所以.
故选：A
5. 在数列中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目条件得到为等差数列，公差为1，并求出首项，从而得到通项公式，求出，得到答案.
【详解】因为，所以为等差数列，公差为1，首项为，
故，所以，
因为，所以，.
故选：C
6. 如图是抛物线拱形桥，当水面在时，拱顶高于水面，水面宽为，当水面宽为时，水位下降了（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，抛物线的对称轴为轴建立平面直角坐标系，并设拱桥所在抛物线为，根据题意得出点在抛物线上，可求出的值，并设拱顶高于水面，可知点在抛物线上，代入抛物线方程可解出的值，由此可得出水面下降的高度.
【详解】建系如图，设拱桥所在抛物线为，点在抛物线上，得，
抛物线方程为，
当水面宽为时，设拱顶高于水面，由点在抛物线上，得，
故水面下降了.
故选：D.
【点睛】本题考查抛物线方程的应用，建立平面直角坐标，将问题转化为抛物线方程来求解是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
7. 如图，在三棱锥中，，，，则异面直线OB与AC所成的角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由异面直线的向量求法求解即可
【详解】∵，，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，
又异面直线所成角的取值范围
∴异面直线OB与AC所成的角为60°．
故选：B
8. 已知点，点Q为圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定点在定直线上，根据的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径求解.
【详解】因为，所以在直线即上.
又圆心到直线的距离为：，所以的最小值为：.
故选：C
二、多选题（本大题共4小题，共20分．在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知动直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 圆的圆心坐标为
C. 直线与圆的相交弦的最小值为
D. 直线与圆的相交弦的最大值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.
【详解】对于A，直线，即，
令，得，即直线过定点，故A正确；
对于B，圆，即，圆心坐标为，故B错误；
对于C，因为，所以直线所过定点在圆的内部，不妨设直线过定点为，
当直线与圆的相交弦的最小时，与相交弦垂直，
又因为，所以相交弦最小为，故C正确；
对于D，直线与圆的相交弦的最大值为圆直径4，故D正确.
故选：ACD
10. 若方程所表示的曲线为，则（ ）
A. 曲线可能是圆
B. 若，则为椭圆
C. 若为椭圆，且焦点在轴上，则
D. 若时，曲线上一点到焦点的距离为，则到另一个焦点的距离为或
【答案】AC
【解析】
【分析】根据圆、椭圆、双曲线的定义及性质判断即可.
【详解】当，即时，方程为，表示圆心为原点，半径为的圆，故A正确，B错误；
对于C，若为焦点在轴上的椭圆，则，解得，故C正确；
对于D，若时，方程为，表示焦点在轴上的双曲线，
则，，所以双曲线上的点到焦点的距离的最小值为，故D错误.
故选：AC.
11. 下列命题中，正确的有（ ）
A. 若，则⊥
B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C. 已知空间三点，点O到直线BC的距离为
D. 是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，则1与平面所成角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A可举出反例；B选项，推出不共面，利用空间向量基底的概念进行判断；C选项，利用点到直线的空间向量公式进行求解；D选项，根据直线方向向量，法向量及线面角的概念进行判断.
【详解】A选项，如图所示，满足，但与不垂直，A错误；

B选项，若是空间的一个基底，则不存在使得，
设，
则，无解，
故不共面，
则也是空间的一个基底，B正确；
C选项，已知空间三点，
则，，
故点O到直线BC的距离为
，C正确；
D选项，是平面的法向量，是直线l的方向向量，若，
故直线l与垂直平面的直线所成锐角为，
由于l与平面所成角和互余，故1与平面所成角为，D正确.
故选：BCD
12. 椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，则以下说法正确的是（ ）
A. 过点的直线与椭圆C交于A，B两点，则的周长为8
B. 椭圆上存在点P，使得
C. 若实数满足椭圆C，则的最大值为
D. 为椭圆上一点，为圆上一点，则点的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，由椭圆定义可得周长为；选项B，由点在椭圆上，且满足，联立方程组可解得点坐标；选项C，由的几何意义为斜率，设直线方程，联立与椭圆方程，转化为方程组有解，求斜率范围，从而得最大值；选项D，求点的距离最大值，先求解的最大值.
【详解】由椭圆方程可得，，则.
则，
选项A，的周长，故A正确；
选项B，设存在点，则，
由得，
联立解得，则，
则椭圆上存在点，使，故B正确；
选项C，设，，则的几何意义为两点连线的斜率，
设直线，
联立消得，，
由，
解得 ，则，的最大值为，故C错误；
选项D，设，
则，所以，
则，
因为，所以，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知双曲线方程为，则其渐近线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据渐近线方程公式直接求解即可.
【详解】渐近线方程为.
故答案为：
14. 学校举行知识竞赛，甲乙两人进入最后的决赛，已知某题甲答对的概率是，乙答对的概率是，则此题没有人答对的概率是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据甲乙两人之间相互独立，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解.
【详解】由题意，甲乙两人之间是相互独立的，且甲答对的概率是，乙答对的概率是，
所以此题没有人答对的概率是.
故答案为：.
15. 已知是曲线的两个焦点，是曲线上一点，且，则的面积等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的方程得到的值，由椭圆的定义可知的值，从而求得、的值，再由勾股定理得到，由此得解.
【详解】由椭圆的方程可得：，，
所以，则，
因为，又由椭圆的定义知，
所以，，
则中，有，则，
所以.
故答案为：.
16. 设、分别为具有公共焦点、的椭圆和双曲线的离心率，是两曲线的一个公共点，且满足，则的值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆、双曲线的方程分别为，公共焦点、的坐标分别是，设为坐标原点，由于，则，所以是以为直角顶点的三角形，再由椭圆、双曲线的定义可得，所以，由可得，因此得，从而的值为，故应填.
【详解】设椭圆、双曲线的方程分别为，
公共焦点、的坐标分别是，如图所示，
设为坐标原点，，
，即，
是直角三角形，且，
由椭圆、双曲线的定义可得，
解得，
在中，，
，即，
，
.
故答案为：.
四、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. 已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出公差和首项，从而得到通项公式；
（2）利用等差数列的求和公式求出答案.
【小问1详解】
设公差为，则，解得，
且，
故；
【小问2详解】
.
18. 已知直线过点，点O是坐标原点．
（1）若直线与直线垂直，求直线方程
（2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线方程
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线垂直的斜率关系求解即可；
（2）根据截距是否为进行分类讨论求解答案即可.
【小问1详解】
因为直线与直线垂直，直线即，斜率为，
所以直线斜率为，
又因为直线过点，所以直线方程为，即
【小问2详解】
因为直线在两坐标轴上的截距相等，且直线过点
所以当截距为时，直线方程为，
当截距不为时，设直线方程为，
代入点，得，得，所以直线方程为，即，
所以直线方程为或
19. 已知点P到的距离与它到x轴的距离的差为4，P的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程；
（2）若直线与C交于A，B两点，且弦中点的横坐标为，求的斜率.
【答案】（1）或.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合绝对值的性质进行求解即可；
（2）利用点差法进行求解即可.
【小问1详解】
设，由题意可知：，
两边同时平方，
得
所以的方程为或.
【小问2详解】
由题可知曲线为，
设，，则.
由
得，
所以斜率为.
20. 如图，在四棱镜中，平面，．，E为的中点，点在上，且．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，求出两法向量的夹角余弦值，进而求出二面角的正弦值.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
，E为的中点，点在上，且，
故，
设，由得，
解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
又平面的法向量为，
故，

故二面角正弦值为.
21. 已知圆C过点且圆心在直线上
（1）求圆C的方程，并求过点的切线方程．
（2）若过点的直线与圆C交于A，B两点，且三角形ABC的面积为10，求直线l的方程．
【答案】（1），切线方程为
（2）或或
【解析】
【分析】（1）求出的垂直平分线方程，与联立求出圆心坐标，进而求出半径，得到圆的方程，并设出切线方程，由点到直线距离公式得到方程，求出切线方程；
（2）设出直线方程，表达出圆心到直线的距离，利用垂径定理得到弦长，从而根据面积列出方程，求出或，分两种情况，求出相应直线的斜率，得到直线方程.
【小问1详解】
由对称性可知圆心C在线段的垂直平分线上，
线段的中点坐标为，
又，故的垂直平分线的斜率为，
故的垂直平分线方程为，即，
联立与，解得，
故圆心坐标为，半径为，
故圆C的方程为，
当过点的直线斜率不存在时，不是圆C的切线，
设过点的切线方程为，
则，解得，
故过点的切线方程为，即；
【小问2详解】
将代入圆C，，
故点在圆C外，
当过点的直线斜率不存在时，此时直线与圆无交点，舍去，
设过点的直线方程为，
则圆心到直线的距离，
又半径，故由垂径定理得，
又三角形ABC的面积为10，
所以，
解得或，
由于，故或均满足要求，
当时，，解得或，
当时，，解得，
综上，直线l的方程为或或.
22. 已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.