2023-2024学年广东省东莞市东莞实验中学高二上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省东莞市东莞实验中学高二上学期第三次月考数学试题含答案，共18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
1．若直线过点（1，2），（4，2＋），则此直线的倾斜角是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】A
【分析】求出直线的斜率，由斜率得倾斜角．
【详解】由题意直线斜率为，所以倾斜角为．
故选：A．
2．已知曲线：，则其渐近线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据的渐近线方程为进行求解.
【详解】双曲线中，，故渐近线方程为，即.
故选：D.
3．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，可得，再利用空间向量垂直的坐标表示求解作答.
【详解】因为，则，而，，
因此，解得.
故选：D
4．如图所示，已知某梯子共有5级，从上往下数，第1级的宽为35厘米，第5级的宽为43厘米，且各级的宽度从小到大构成等差数列，则第3级的宽度是（ ）
A．39厘米B．40厘米C．41厘米D．42厘米
【答案】A
【分析】设公差为，根据题意求得，进而求得的值．
【详解】设公差为，由题意可得，
则，解得，
∴．
故选：A．
5．双曲线（）的离心率是，则实数的值是（ ）
A．12B．16C．20D．24
【答案】B
【分析】根据双曲线方程可得出，，利用离心率求解.
【详解】由，得，，
又，，
，解得.
故选：B.
6．已知数列的前项和，满足条件，则的值是（ ）
A．4044B．4045C．4046D．4047
【答案】D
【分析】直接利用公式运算即可.
【详解】由题意，所以.
故选：D.
7．已知线段的端点的坐标，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹所围成图形的面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用相关点法求得点的轨迹方程，进而求得面积.
【详解】设线段的中点，，
则，即，
又因为端点在圆上运动，所以，
即，
整理得：，
所以点的轨迹方程是以圆心为，半径为的圆.
所以该圆的面积为.
故选：C.
8．在两条异面直线，上分别取点，和点，，使，且.已知，，，，则两条异面直线，所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设两条异面直线，所成的角为，将等式两边同时平方计算可得答案．
【详解】如图，设两条异面直线，所成的角为，
，，，，，，
，
则
，
得或（舍去）
故选：B
二、多选题
9．已知直线，则（ ）
A．直线过定点
B．当时，
C．当时，
D．当时，两直线之间的距离为1
【答案】CD
【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.
【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；
当时，直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；
当时，直线，而直线，显然，即，C正确；
当时，有，解得，即直线，
因此直线之间的距离，D正确.
故选：CD
10．圆：和圆：的公共点为，，则有（ ）
A．公共弦所在直线方程为B．公共弦的长为
C．线段中垂线方程为D．
【答案】ABC
【分析】A选项，根据两圆的方程求公共弦所在直线的方程；B选项，利用勾股定理求弦长；C选项，根据圆的性质得到线段中垂线过圆心，然后求直线方程；D选项，利用余弦定理得到，即可得到.
【详解】
A：联立两圆的方程得到，即，所以公共弦所在的直线方程为，故A正确；
B：由：得，半径，则到直线的距离，所以，故B正确；
C：由直线的方程得线段中垂线的斜率为-2，根据圆的性质得线段中垂线过圆心，
所以中垂线方程为：，即，故C正确；
D：圆的方程可整理为，所以，
在三角形中，根据余弦定理得
，所以，故D错误.
故选：ABC.
11．已知曲线的方程为，则可能是（ ）
A．半径为的圆
B．焦点在上的椭圆，且长轴长为
C．等轴双曲线
D．焦点在上的双曲线，且焦距为
【答案】AD
【分析】根据曲线的形状求出参数的值或取值范围，再结合各曲线的几何性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，若曲线为圆，则，解得，
此时，曲线的方程为，该圆的半径为，A对；
对于B选项，若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，
此时，椭圆的长轴长为，B错；
对于C选项，若曲线为等轴双曲线，则，无解，C错；
对于D选项，若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，解得，
此时，双曲线的焦距为，D对.
故选：AD.
12．如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．平面平面
B．多面体的体积为定值
C．恒为锐角三角形
D．直线与所成的角可能为
【答案】ABD
【分析】A选项，根据正方体结构特征，结合面面垂直的判定定理，可判断A正确；
B选项，根据等体积法，由，结合三棱锥的体积公式，即可判断B正确；
C选项，通过特殊位置（如点为的中点），判断的形状，即可得C错；
D选项，根据异面直线所成角的概念，作出异面直线所成角，求出角的正切值范围，即可判断D正确.
【详解】对于A，∵在正方体中，有平面，则平面，因为平面，∴平面平面，故A正确；
对于B，因为点到平面的距离显然等于棱长，为，
所以，即为定值；故B正确；
对于C，当为的中点时，，，，此时，即为直角三角形，故C错；
对于D，因为，所以直线与所成的角即等于直线与所成的角，即为，
又，，∴可能为，D正确；
故选：ABD．
【点睛】思路点睛：
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
三、填空题
13．使得“对于任意，是递减数列”为真命题的整数值是 .（写出一个符合要求的答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意可得，化简后可求出的范围，从而可求得答案.
【详解】因为对于任意，是递减数列，
所以，
所以整数值可以为，
故答案为：（答案不唯一）
14．如图，在空间平移到，连接对应顶点.设，，，为中点，则用基底表示向量 .
【答案】
【分析】根据空间向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：.
15．数学家欧拉1765在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程是 .
【答案】
【分析】依题意在直角坐标系中作出三角形，易得它是等腰直角三角形，故而易求其外心和垂心即得欧拉线方程.
【详解】
如图，易得为等腰直角三角形，故其垂心即点，设的外心为点，则点为斜边的中点，即，
依题意，的欧拉线即直线,其斜率为故其方程为：，即.
故答案为：.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作直线交两条渐近线于点，，且．若点在轴上的射影为，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用三角形面积公式和比例性质，由求解即可.
【详解】如图所示：
则，
双曲线的渐近线为，
，
，
不妨设，，，
则，，，，
，
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用比例的性质与点的坐标的关系求得，从而求得，由此结合求解即可.
四、解答题
17．记是等差数列的前项和，若.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使成立的的最小值.
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）根据等差数列的前项和的定义列出方程求得公差，即得通项公式；
（2）将的解析式代入，解一个一元二次不等式，再按要求取值即得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因，则有：，解得：，
故数列的通项公式为：.
（2）由数列的前通项公式可得：，
由可得，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为7.
18．如图，在直三棱柱中，，为的中点，.
(1)求异面直线与夹角的余弦值
(2)求点平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，用空间向量法求出直线与夹角，从而求解.
（2）利用空间向量法求解点到平面的距离.
【详解】（1）由题意可得，，又，
所以以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图，
由，，可得，
则有，，，
所以，，
所以
所以异面直线与夹角的余弦值
（2）设平面的一个法向量为，，，
所以，即，令，则，，
所以，向量，
则点平面的距离
19．已知抛物线：（）经过点.
(1)求抛物线的方程及其焦点坐标、准线方程；
(2)过抛物线上一动点作圆：的一条切线，切点为，求切线长的最小值.
【答案】(1)抛物线的方程为：，焦点坐标为，准线方程
(2).
【分析】（1）将点代入抛物线方程求解可得抛物线的方程，结合焦点坐标和准线方程即可求解；
（2）如图，设，利用勾股定理可得，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，解得，
所以抛物线的方程为：，焦点坐标为，准线方程；
（2）设，圆的圆心，半径是1，
因为为圆的切线，所以，，如图，
所以，
所以当时，四边形有最小值，且最小值为.
20．在三棱柱中，侧面正方形的中心为点，平面，且，，点满足（）.
(1)求直线与平面的夹角正弦值；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用直线与平面所成角的向量公式求解；
（2）求出平面与平面的法向量，利用平面与平面的夹角的向量公式列出方程，求解即可.
【详解】（1）在三棱柱中，面面，
又因为正方形，所以，且平面，
以为原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知，，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，则，
令，可得法向量为，也即是平面的法向量，
又，设直线与平面的夹角为，
.
（2）因为，所以，
则，，
设面的法向量为，
则，
令，可得法向量为，
所以，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，可得，
所以或.
21．党的二十大报告提出要加快建设交通强国.在我国万平方千米的大地之下拥有超过座，总长接近赤道长度的隧道（约千米）.这些隧道样式多种多样，它们或傍山而过，上方构筑顶棚形成“明洞”﹔或挂于峭壁，每隔一段开出“天窗”形成挂壁公路.但是更多时候它们都隐伏于山体之中，只露出窄窄的出入口洞门、佛山某学生学过圆的知识后受此启发，为山体隧道设计了一个圆弧形洞门样式，如图所示，路宽为米，洞门最高处距路面米.

(1)建立适当的平面直角坐标系，求圆弧的方程.
(2)为使双向行驶的车辆更加安全，该同学进一步优化了设计方案，在路中间建立了米宽的隔墙.某货车装满货物后整体呈长方体状，宽米，高米，则此货车能否通过该洞门?并说明理由.
【答案】(1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，分析可知圆心在轴上，设圆心坐标为，设圆的半径为，将点、的坐标代入圆的方程，求出、的值，结合图形可得出圆弧的方程；
（2）求出货车右侧的最高点的坐标，代入圆弧的方程，可得出结论.
【详解】（1）解：以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则点、，由圆的对称性可知，圆心在轴上，
设圆心坐标为，设圆的半径为，则圆弧所在圆的方程为，
因为点、在圆上，则，解得，。
所以，圆弧所在圆的方程为，
因此，圆弧的方程为.
（2）解：此火车不能通过该路口，
由题意可知，隔墙在轴右侧米，车宽米，车高米，
所以货车右侧的最高点的坐标为，
因为，因此，该货车不能通过该路口.
22．已知椭圆经过三点，，中的两点．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点的直线与交于两点，在直线上是否存在一点，使得是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）三个点两两组合运用待定系数法求椭圆的方程；
（2）分类讨论①当的斜率不存在时，，检验是否为等腰直角三角形；②当的斜率存在时，由韦达定理、弦长公式求得弦长、，由等腰三角形斜边中线等于斜边的一半列式，代入求解即可.
【详解】（1）若经过，，则，且，此时无解；
若经过，，则，且，此时，
与椭圆这一条件不符，不合题意；
若经过，，则，，
此时，椭圆的方程为
（2）假设在直线上存在点，使得是以为斜边的等腰直角三角形．
①当的斜率不存在时，只有当点为，才满足以为底边的等腰三角形，
此时不妨取，，
因为，
所以与不垂直，则不是等腰直角三角形．
此时，不符合题意
②当的斜率存在时，设l：，
联立方程组消去，得
则
设，的中点为，
则，
所以
又可得，，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以的斜率为，
又点的横坐标为，
所以
即，得，无解，此时不存在这样的点．
综上，不存在这样的点，使是以为斜边的等腰直角三角形．
【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.