四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 在平面直角坐标系xOy中，直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系可得答案.
【详解】设直线倾斜角为，
直线的方程可化为，
所以斜率为，
因为，所以.
故选：B.
2. 双曲线的左焦点到右顶点的距离为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】从标准方程中求出 基本量后可得题设中的距离.
【详解】左焦点到右顶点的距离为.
故选：D.
3. 如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算直接得解.
【详解】由是的中点，
可知，
所以，
故选：D.
4. 已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断出点在圆上，然后求出圆心和切点连线的斜率，进而得到切线的斜率，最后求出答案.
【详解】因为，所以点在圆上，则，切线斜率，于是切线方程为.
故选：A.
5. 已知表示的曲线是圆，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.
【详解】由方程可得，
所以当时表示圆，解得.
故选：C.
6. 直线l经过点A(1，2)，在x轴上的截距的取值范围是(－3，3)，则其斜率的取值范围是（ ）
A. B. ∪(1，＋∞)
C. (－∞，－1)∪D. (－∞，－1)∪
【答案】D
【解析】
【分析】先得出直线的点斜式方程，求得直线在x轴上的截距，建立不等式可得选项．
【详解】设直线的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1)，
令y＝0，得直线l在x轴上的截距为1－，则－3<1－<3，解得k>或k<－1.
故选：D．
【点睛】本题考查直线的横截距的定义和应用，属于基础题．
7. 直线 与曲线只有一个公共点，则实数范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定直线恒过定点，确定曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点，由直线与圆位置关系解决即可.
【详解】由题知，直线 恒过定点，曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点，
当直线经过点时，与曲线有2个交点，此时，不满足题意，直线记为，
当直线经过点时，与曲线有1个交点，此时，满足题意，直线记为，
如图，当直线与半圆相切时，由，解得，直线记为，
由图知，当或，与曲线有1个交点，
故选：C
8. 如图，在棱长为2的正方体中，，，，，均为所在棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 棱上一定存在点，使得
B. 设点在平面内，且平面，则与平面所成角的余弦值的最大值为
C. 过点，，作正方体的截面，则截面面积为
D. 三棱锥的外接球的体积为
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，由数量积判定即可；对于B，先确定M的位置，由空间中的线面关系计算即可；对于C，由平面的性质确定截面图象，计算正六边形的面积即可；对于D，确定球心及球半径计算即可.
【详解】
如图所示建立空间直角坐标系，
对于A项，可设，而，
∴，
令，故A错误；
如图所示，取中点T、S，连接，易证面面，则M在线段ST上，连接，
由正方体特征可知与平面所成角为,
且，显然越大越大，，故B错误；

如图所示，取中点Y，顺次连接EPGSFY，易知面EPGSFY为该截面，且是正六边形，

如图，设正六边形的中心为O，连接OS、OG、OP、OE、OY、OF，则将正六边形分割为六个正三角形，
故，故C正确；

对于D项，易证为等腰直角三角形，则其外接圆圆心为EH的中点Z，过Z作ZN⊥面EPH，
交面于N，则N为的中心，三棱锥F-EPH的外接球球心Q在直线ZN上，
设球半径为，，
则，
故.
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 过点且在，轴截距相等的直线方程为
B. 直线的纵截距是．
C. 直线的倾斜角为60°
D. 过点并且倾斜角为90°的直线方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线的截距的定义，倾斜角和斜率的关系，结合直线的方程，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】A：因为直线也过点且在，轴截距相等，故错误；
：对直线方程，令，可得，则其纵截距为，故B正确；
C：直线的斜率，设其倾斜角为，
则，又，故该直线的倾斜角为，故C错误；
D：过点并且倾斜角为90°的直线为，故正确.
故选：.
10. 若直线与圆相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径求解.
【详解】因为直线与圆相切，
所以，
解得.
故选：AC
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
11. 已知数列的通项公式为，则（ ）
A. 数列为递增数列B.
C. 为最小项D. 为最大项
【答案】CD
【解析】
【分析】根据数列的通项公式，利用分离常数法得出，结合及函数的性质即可判断A、C、D；求得即可判断B．
【详解】，
当()时，，且单调递减；当()时，，且单调递减，
则为最小项，为最大项，故C、D正确，A错误；
，，则，故B错误，
故选：CD．
12. 椭圆的离心率为，短轴长为，则（ ）
A. 椭圆的方程为
B. 椭圆与双曲线的焦点相同
C. 椭圆过点
D. 直线与椭圆恒有两个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆离心率公式、短轴长定义，结合双曲线焦点公式、代入法、直线点斜式方程的性质逐一判断即可.
【详解】因为椭圆短轴长为，所以有，
而椭圆的离心率为，所以，
所以可得：..
A：因为，所以该椭圆的标准方程为：，因此本选项正确；
B：由 ，该双曲线的焦点在纵轴上，
而椭圆的焦点在横轴，所以本选项说法不正确；
C：因为，所以点在该椭圆上，因此本选项说法正确；
D：直线恒过点，而，所以点在椭圆内部，因此直线与椭圆恒有两个交点，所以本选项说法正确，
故选：ACD
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 样本中共有5个个体，其值分别为.若的平均数为10，则该样本的平均数为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由平均数的概念直接求解即可.
【详解】设样本的平均数为，即，
则的平均数为
，由题意，解得，
故该样本的平均数为3.
故答案为：3.
14. 直线与直线的距离为__________.
【答案】##0.7
【解析】
【分析】把直线方程化为，利用两平行线之间的距离公式，即可求解结果．
【详解】由直线，可化为，
则直线和直线之间的距离．
故答案为：
15. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F作斜率大于0的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，，则的面积为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】易得点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立求出韦达定理，结合求出参数的值，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】因为抛物线方程为：，所以焦点为，
设直线的方程为：，，
由，消整理得：，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，代入，解得：，
所以.
故答案为：
16. 椭圆的左，右焦点分别是，，椭圆上存在一点，满足，，则椭圆的离心率__________.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】根据已知可得，解出的值.又由题意可推得，进而可得出，求出，即可得出离心率.
【详解】因为，，
又，
联立，解得或.
设椭圆的上顶点为，则，则.
因为椭圆上存在一点，满足，
所以.
即，即，即，所以.
所以，.
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 已知的三个顶点，D为BC的中点.求：
（1）中线AD所在直线的方程；
（2）BC边上的高所在直线的方程.
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）求出BC的中点D坐标，求出中线AD所在直线的斜率，代点斜式即可求解.
（2）求出直线的斜率，即可得到BC边上的高线的斜率，利用直线方程的点斜式，即可求解.
【小问1详解】
BC的中点，中线AD所在直线的斜率为，
所以BC边上的中线AD所在直线的方程为，即.
【小问2详解】
、，BC边斜率k，则BC边上的高线的斜率k＝，
所以BC边上的高线所在直线的方程为，即.

18. 已知双曲线的渐近线方程是，右顶点是.
（1）求双曲线的离心率；
（2）过点倾斜角为的直线与双曲线的另一交点是，若，求双曲线的方程.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得双曲线的渐近线方程是，从而得到，再根据即可求出离心率；
（2）首先得到直线方程为，设，联立直线与双曲线方程，即可求出点纵坐标，根据弦长公式求出的值，即可得解.
【小问1详解】
解：因为双曲线，故渐近线方程是：，又渐近线方程是，故，即，故，
故，；
【小问2详解】
解：因为直线的倾斜角为，故直线斜率是1，又直线经过，则直线方程为，设，
由，消去得，
故，解得，又，
则，解得，故，，
故双曲线的方程是.
19. 在数列中，，，且满足.
（1）求数列的通项公式;
（2）设是数列的前项和，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可判断是等差数列，求出公差，再由等差数列的通项公式可得的通项公式；
（2）先计算数列的前项和，再分和分别求即可求解.
【小问1详解】
由可得是等差数列，且公差，
所以.
【小问2详解】
由，可得的前项和，
当时，，
，
当时，，此时，
所以
，
综上所述：.
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. 图1是由等边三角形和等腰直角三角形组成的一个平面图形，其中.若，将沿折起，连接，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点E，连接，根据等边三角形中线即为高线，及勾股定理可证得，，从而得到平面，进而证得面面垂直；（2）利用空间向量法或作角求角的几何方法进行求解.
小问1详解】
如图，取的中点E，连接，
，
为等边三角形，为等腰直角三角形，
，又，即，
又平面平面，
又平面平面平面.
【小问2详解】
（解法一）由（1）知平面，又平面平面，平面平面，，所以平面，
过点E作交于点H，则平面，所以两两垂直，
以点E为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
则有，，
设为平面的一个法向量，
则.即
令，则
易知，为平面的一个法向量，，
由图可知，二面角为锐角，二面角的余弦值为.
（解法二）过D作于F，又平面平面，平面平面，，所以平面，
平面，又平面是二面角的平面角，
又
在中，由余弦定理得，
∴二面角的余弦值为.
22. 已知椭圆：的左顶点为，焦距为.动圆的圆心坐标是，过点作圆的两条切线分别交椭圆于和两点，记直线、的斜率分别为和.
（1）求证：；
（2）若为坐标原点，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，得出椭圆的方程，结合直线与圆相切，转化为和是方程的两根，结合韦达定理，即可求解；
（2）设点，，联立方程组，分别求得点和点，得出直线的方程，结合椭圆的对称性，化简得到，进而得到的值，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意知，椭圆的左顶点为，焦距为，
可得，解得，所以故椭圆的方程为，
设过点与圆的切线的直线为，动圆的半径为，则
化简得，
所以和是方程的两根，由韦达定理知，.
【小问2详解】
解：设点，，
联立方程组，整理得，
则，得，，所以
因为，所以将换成，可得，
则直线的斜率
所以直线的方程为
由椭圆的对称性可知，直线必过轴上一定点
所以，化简得
这是一个与无关的方程，所以，即直线过定点.
因为，所以点的轨迹是以为直径的圆上的一段弧，
故存在点，使得为定值.
【点睛】方法点拨：对于圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略：
（1）对于定点、定值问题，可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值，再把结论推广到一半结论；
（2）运用函数与方程的思想方法进行解答，一把步骤：①选择适当的变量；②把要证明的顶点、定值的量表示为上述变量的函数或方程；③把定点、定值的量化成与变量无关的结构形式，从而加以判定或证明.