2022-2023学年四川省成都市铁路中学高二上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

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2022-2023学年四川省成都市铁路中学高二上学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．已知，，则线段AB的长为（    ）A．39 B．7 C．5 D．【答案】B【分析】根据空间两点间距离公式即得.【详解】因为，，所以.故选：B.2．如图所示的是由一个球和长方体组成的几何体，则这个几何体的左视图为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图的概念结合图形即可得到结果.【详解】由三视图的概念可知，A中的图形是从正面看到的图形，B中的图形是从上面看到的图形，C选项圆应为虚线，D中的图形是从左边看到的图形.故选:D,3．曲线与曲线的（    ）A．焦距相等 B．焦点相同 C．离心率相等 D．顶点相同【答案】A【分析】先分清两曲线分别是什么类型的曲线，再分别求出每个曲线的几何特征即可.【详解】对于曲线 ， ，是焦点在x轴上的椭圆， ；对于曲线 ， ，是焦点在y轴上的双曲线， ；所以两曲线的焦距相同.故选：A4．已知l、m、n是三条不同的直线，和是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，则D．若，，，，则【答案】D【分析】结合图形或定理判断选项即可.【详解】对于A选项，m在与n垂直时，可能与平面垂直，平行，相交或者在面内，故A错误.对于B选项，如下图，平面与存在相交的可能，故B错误.对于C选项，因，，则.则当时,n不一定垂直于.故C错误.对于D选项，因，，和是两个不重合的平面，则.又因，则.则当时，有.故D正确.故选：D5．如图，三棱锥中，分别是棱的中点，点在线段上，且，设，则的值分别是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据图形关系，利用向量的加减法和数乘运算可得，由此可得结果.【详解】，.故选：D.6．已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为，则该圆锥的表面积为（    ）A．27π B． C． D．16π【答案】A【分析】根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可.【详解】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则，所以，所以圆锥的高为，所以，解得，故其表面积；故选：A．7．直线截圆所得劣弧所对圆心角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先写出圆心和半径，再根据几何法求出弦长，然后根据余弦定理求出圆心角．【详解】由题意有，该圆圆心为，半径为2，圆心到直线的距离，∴弦长，由余弦定理得圆心角的余弦值，∴圆心角．故选：D．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长公式以及余弦定理，属于基础题．8．如图1是一水平放置的青花瓷．它的颈部（图2）外形上下对称，可看成是双曲线（图3）的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面．若该花瓶的最小直径是瓶口直径的，颈部的高是瓶口直径的1.5倍，则该双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设双曲线方程为，结合题意求出双曲线上一点的坐标为，代入化简计算可得答案.【详解】由图3设双曲线的方程为，由双曲线的性质可知，颈部最小直径为实轴长，则瓶口直径为，又颈部的高是瓶口直径的倍，则高为，故双曲线上一点的坐标为，代入方程得，解得，则双曲线的渐近线方程为.故选：C.9．已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先找截面圆的圆心，过圆心作截面的垂线，球心在垂线上，找到球心再利用勾股定理即可得到答案.【详解】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；取中点E，连接，因为，，所以，因为和是正三角形，所以，由得，所以由，即球半径为，所以球体积为．故选：C.10．已知，，圆C：，若圆C上存在点M，使，则圆C的半径的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，由得，即可知的轨迹为，要使圆上存在点，即圆与有交点，进而可得半径的范围.【详解】设，则，，∵，即，∴，即在以原点为圆心，半径为1的圆上，而圆的圆心为，半径为R，∴圆上存在点，即圆与有交点，∴.故选：A11．已知点为椭圆的左焦点，过原点的直线交椭圆于、两点，若，，则的离心率（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆的右焦点为，连接、，求出，利用椭圆的定义结合已知条件求出、，利用余弦定理可得出、的等量关系式，即可得出椭圆的离心率的值.【详解】设椭圆的右焦点为，连接、，如下图所示：因为过原点的直线交椭圆于、两点，则、关于原点对称，即为的中点，又因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，则，所以，，因为，且，所以，，，由余弦定理可得，则，因此，椭圆的离心率为.故选：A.12．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，则，当直线PA与抛物线相切时，最小，取得最大值，设出直线方程得到直线和抛物线相切时的点P的坐标，然后进行计算得到结果.【详解】设直线的倾斜角为，设垂直于准线于，由抛物线的性质可得，所以则，当最小时，则值最大，所以当直线PA与抛物线相切时，θ最大，即最小，由题意可得，设切线PA的方程为：，，整理可得，，可得，将代入，可得，所以，即P的横坐标为1，即P的坐标，所以，，所以的最大值为：，故选：B．【点睛】关键点睛：本题主要考查了抛物线的简单性质．解题的关键是利用了抛物线的定义．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化． 二、填空题13．已知向量，且，则_________.【答案】1【分析】根据空间向量数量积坐标公式列出方程，求出答案.【详解】由题意得：，故.故答案为：114．已知点是圆上的动点，，则点到直线的距离的最大值为___________.【答案】9【分析】求出直线方程，再求出圆心到直线的距离，加半径即可得最大值．【详解】因为圆的标准方程为，过的直线方程为，所以圆心到直线的距离，则动点到直线的距离的最大值是.故答案为：9．15．二面角为，A，B是棱l上的两点，，分别在半平面内，，，且，，则的长_______________.【答案】4【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的性质及运算律计算作答.【详解】依题意，，且有，而，所以.故答案为：416．如图，在棱长为a的正方体中，P是的中点，是上的任意一点，、是上的任意两点，且的长为定值，现有下列结论：①异面直线与所成的角是定值；②点到平面的距离是定值；③直线与平面所成的角是定值；④三棱锥的体积是定值．其中正确结论的序号为________【答案】②④【分析】①因为是的中点，是上的任意一点，、是上的任意两点，所以异面直线与所成的角不是定值；②和平面都是定的，所以到平面的距离是定值；③点到平面的距离是定值，而的长度与点的为位置有关，推不出定值的结论，所以就不是定值；④根据等底同高的三角形面积相等及①的结论结合棱锥的体积公式，可以判断三棱锥的体积固定.【详解】解：①因为是的中点，是上的任意一点，、是上的任意两点，所以异面直线与所成的角不是定值，即①不正确；②平面也就是平面，既然和平面都是定的，所以到平面的距离是定值，即②正确；③由于点到平面的距离是定值，即点到平面的距离是定值，而的长度与点的为位置有关，所以直线与平面所成的角不是定值，即③不正确；④因为定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值，根据1的结论到平面的距离也是定值，所以三棱锥的高也是定值，于是体积固定，即④正确.故答案为：②④． 三、解答题17．如图是某种水箱用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的半径是，圆柱筒的高是．(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在100个这种“浮球”的表面涂一层防水漆，每平方厘米需要防水漆，共需多少防水漆？【答案】(1)(2) 【分析】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】（1）因为该“浮球”的圆柱筒底面半径和半球的半径，圆柱筒的高为2cm，所以两个半球的体积之和为，圆柱的体积，∴该“浮球”的体积是；（2）根据题意，上下两个半球的表面积是，而“浮球”的圆柱筒侧面积为，∴“浮球”的表面积为；所以给100个这种浮球的表面涂一层防水漆需要.18．已知圆C过两点，，且圆心C在直线上．(1)求圆C的方程；(2)过点作圆C的切线，求切线方程．【答案】(1)．（或标准形式）(2)或 【分析】（1）根据题意，求出的中垂线方程，与直线联立，可得圆心的坐标，求出圆的半径，即可得答案；（2）分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．【详解】（1）解：根据题意，因为圆过两点，，设的中点为，则，因为，所以的中垂线方程为，即又因为圆心在直线上，联立，解得，所以圆心，半径，故圆的方程为，（2）解：当过点P的切线的斜率不存在时，此时直线与圆C相切当过点P的切线斜率k存在时，设切线方程为即（*）由圆心C到切线的距离，可得将代入（*），得切线方程为综上，所求切线方程为或19．如图，在三棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．，，．(1)求证：∥平面；(2)求证：平面；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据三角形中位线证明线线平行，进而可证线面平行，（2）由线面垂直得线线垂直，根据线线垂直即可求证线面垂直.【详解】（1）连接与，两线交于点，连接．在中，∵，分别为，的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面．（2）∵侧棱底面，平面，∴，又∵为棱的中点，，∴．∵，，平面，∴平面，又平面，∴∵，∴．又∵，∴在和中，，∴，即，∴∵，，平面，∴平面．20．如图1，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使平面PAB⊥平面ABCD，连接PC、PD，如图2，（1）证明：AB⊥PC；（2）求PD与平面ABCD所成角的正弦值（3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MC？若存在，请找出N点的位置；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析 (2)．(3)存在，PN．【分析】（1）只需证明AB⊥面PMC，即可证明AB⊥PC；（2）由PM⊥面ABCD得∠PDM为PD与平面ABCD所成角，解△PDM即可求得PD与平面ABCD所成角的正弦值．（3）设DB∩MC＝E，连接NE，可得PB∥NE，．即可．【详解】（1）证明：∵△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，∴PM⊥AB．∵ABCD为菱形，∠ABC＝60°．∴CM⊥AB，且PM∩MC＝M，∴AB⊥面PMC，∵PC⊂面PMC，∴AB⊥PC；（2）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB．∴PM⊥面ABCD，∴∠PDM为PD与平面ABCD所成角．PM，MD，PDsin∠PMD，即PD与平面ABCD所成角的正弦值为．（3）设DB∩MC＝E，连接NE， 则有面PBD∩面MNC＝NE，∵PB∥平面MNC，∴PB∥NE．∴．线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面角，利用线面平行的性质定理确定点N的位置是关键，属于中档题．．21．如图，点，，在抛物线上，且抛物线的焦点是的重心，为的中点.(1)求抛物线的方程和点的坐标；(2)求点的坐标及所在的直线方程.【答案】(1)； (2)； 【分析】(1)将代入求得值，得到点的坐标；(2) 设点的坐标为，根据即可求出线段中点的坐标；由得,再求出直线所在直线的方程.【详解】（1）由点在抛物线上，有，解得.所以抛物线方程为，焦点的坐标为.（2）由于是的重心，是线段的中点，所以，设点的坐标为，则，    ，解得，所以点的坐标为，由得，因为为为的中点，故，所以，因此所在直线的方程为，即.22．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且经过点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）动直线与椭圆相切，点是直线上的两点，且． 求四边形面积；（Ⅲ）过椭圆内一点作两条直线分别交椭圆于点和，设直线与的斜率分别为，若，试问是否为定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由．【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）；（Ⅲ）为定值【分析】（Ⅰ）依题意，设椭圆的方程为，由离心率和点在该椭圆上，联立方程求解；（Ⅱ）将直线的方程代入椭圆的方程中，根据直线与椭圆仅有一个公共点，由，得到，然后分别求得点、到直线的距离，然后由求解；（Ⅲ）由，设直线的方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，分别求得 ，．由求解.【详解】解：（Ⅰ）依题意，设椭圆的方程为，离心率，又，所以，又点在该椭圆上，所以，解得．所以椭圆的方程为．  （Ⅱ）将直线的方程代入椭圆的方程中，得．由直线与椭圆仅有一个公共点知，，化简得：．  设，， 又因为，所以；（Ⅲ）由，则直线的方程，设，联立直线与椭圆方程得，则， ，则，所以，=，，， 又为椭圆内一点，所以，即，所以，所以 ； 同理，所以，解得，又直线与不重合，所以为定值．