2023-2024学年福建省福州市福清西山学校高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省福州市福清西山学校高二上学期12月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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出直线的斜率，结合倾斜角的取值范围可求得直线的倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，则，
直线的方程可化为，则，故，
故选：C.
2．若双曲线C以两条坐标轴为对称轴，是其一条渐近线，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】讨论双曲线焦点位置，结合已知渐近线确定双曲线参数关系，进而求离心率.
【详解】若双曲线焦点在轴上，则一条渐近线为，
所以；
若双曲线焦点在轴上，则一条渐近线为，
所以；
所以双曲线C的离心率为或.
故选：D
3．若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，则，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：A
4．如图，空间四边形中，，点为中点，点在侧棱上，且，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由图形中线段关系，应用向量加减、数乘的几何意义用表示出.
【详解】.
故选：C
5．已知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，且平面平面，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断，求得，，可得，再根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量，且平面平面，
所以得，则，
得，，所以
所以在上的投影向量为，
故选：B.
6．国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式．在手工课上，张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40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为12cm，则小椭圆的长轴长为（ ）cm
A．12B．24C．10D．
【答案】B
【分析】利用椭圆的扁平程度可知两椭圆离心率相同，即可求得小椭圆的长轴长为.
【详解】由扁平程度相同可知其离心率相同，设大小椭圆的离心率为；
对于大椭圆可得，
设小椭圆的长轴长为，则，解得.
故选：B
7．已知圆C：，直线l：，若圆C上有四个不同的点到直线l的距离为，则c的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用直线和圆的位置关系及点到直线的距离公式数形结合计算即可.
【详解】将圆C化成标准方程为，圆心，半径.
上图所示，使圆上有4个不同的点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离小于，
所以圆心到直线的距离，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：D.
8．设是椭圆与双曲线的公共焦点，曲线在第一象限内交于点，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆和双曲线的定义求出、，由勾股定理即可得到、的关系，从而解出．
【详解】由椭圆及双曲线定义得，所以，
因为，
由余弦定理得，
同时除以得，
因为，，，
所以，则，
故选：B.
二、多选题
9．关于直线：，下列说法正确的有（ ）
A．直线的斜率为
B．经过点
C．在轴上的截距为
D．直线经过第二､三､四象限
【答案】BD
【分析】根据直线的特点一一分析即可.
【详解】因为直线：，令，可得，即直线经过点，故B正确；
由可得，
所以直线的斜率为，直线在轴上的截距为，直线经过第二､三､四象限，
故AC错误，D正确.
故选：BD.
10．已知方程表示的曲线为，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．当且时，曲线是椭圆；
B．当或时，曲线是双曲线；
C．若曲线是焦点在轴上的椭圆，则；
D．若曲线是焦点在轴上的双曲线，则.
【答案】AB
【分析】利用椭圆与双曲线的标准方程一一判定即可.
【详解】①若曲线是椭圆，则需且，故A正确；
且当时，该椭圆表示焦点在横轴上，故C错误；
②若曲线是双曲线，则需或，故B正确；
且当时，即时，该双曲线焦点在纵轴上，故D错误.
故选：AB.
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”. 后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于的两定点，使得
C．当三点不共线时，射线是的平分线
D．在C上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】设点，根据求出的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于的两定点使得，设，根据、点P的轨迹方程求出可判断B；由利用余弦定理可判断C；设，由、点M在C上解得无实数解可判断D.
【详解】设点，则，化简整理得，
即，故A错误；
假设在x轴上存在异于的两定点，
使得.设，则，
化简整理得，
由点P的轨迹方程为得，
解得或，因为点异于点，所以，
所以假设成立，故B正确；
由于，
只需证明，
即证，
化简整理得，又，
则
，则，故C正确；

设，由得，
整理得①，
又点M在C上，故满足②，联立①②，解得无实数解，故D错误.
故选：BC.
12．如图，棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，P为线段内的动点（含端点），则（ ）

A．平面
B．存在点P，使得
C．平面与底面ABCD所成角的余弦值是
D．三棱锥的体积是
【答案】ACD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出，得到线面平行；B选项，设，，令，无解，B错误；C选项，利用平面向量夹角余弦公式求解两个平面角的余弦值；D选项，利用余弦定理和面积公式求出，再求出到平面的距离，从而利用三棱锥体积公式求出答案.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
因为，
故⊥，故平面；

B选项，设，，
则，
令，
解得，
因为，所以舍去，
综上，不存在点P，使得，B错误；
C选项，由A选项可知，平面的法向量为，
平面的法向量为，
设平面与底面ABCD所成角的大小为，
则，
故平面与底面ABCD所成角的余弦值为，C正确；
D选项，由于平面，故到平面的距离等于到平面的距离，
其中到平面的距离为，
其中，
由余弦定理得，
故，
则，
三棱锥的体积是，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知，若，则 ．
【答案】2
【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.
【详解】，
因为，所以，
即，
解得.
故答案为：2
14．已知直线，直线，若，则= .
【答案】2
【分析】根据直线的平行可得出关于m的方程，求得m的值，检验后即得答案.
【详解】由题意直线，直线，
若，则有，
即，解得或，
当时，，直线，两直线重合，不合题意，
当时，，直线，则，
故
故答案为：2
15．过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【分析】本题考查点差法，根据点差法的知识，设点的坐标，代入曲线方程，作差，化简整理即可.
【详解】设则两式作差得
整理得
又是线段的中点，且直线的斜率为，
即
故答案为：.
16．已知圆与圆得公共弦所在直线恒过定点，而且点在直线上，则的最小值是 .
【答案】2
【分析】根据两圆方程相减可得相交弦所在直线方程，进而可得定点坐标，将其代入直线中得，由基本不等式即可求解.
【详解】圆与圆相减，
得公共弦所在直线为，
故令且，解得，所以，
将代入得，
由于所以，当且仅当时等号成立，
故，当且仅当时等号成立，
故答案为：2
四、解答题
17．已知两圆和，求：
(1)当取何值时两圆外切？
(2)当时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长.
【答案】(1)41
(2)；
【分析】（1）求出圆的标准方程，利用两圆外切的性质进行求解即可；
（2）利用两圆的方程作差求出公共弦所在直线的方程，然后利用弦长公式求解即可.
【详解】（1）和,
化简为标准方程分别为：
，
所以，
因为两圆外切，所以，
即，
所以；
（2）当时，，
两圆相减得：，
所以两圆的公共弦所在直线的方程为:，
圆心到直线的距离为，
所以公共弦长为.
18．倾斜角为的直线过抛物线的焦点，且与交于A，两点
(1)求抛物线的准线方程；
(2)求的面积（为坐标原点）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的方程，即可得出答案；
（2）由已知求出直线的方程，代入抛物线得出，解法一：求解得出的值，然后根据弦长公式求出，然后根据点到直线的距离，结合面积公式即可得出答案；解法二：根据抛物线的定义求出，然后根据点到直线的距离，结合面积公式即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，，焦点在轴上，
所以，抛物线的准线方程为.
（2）∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为.
又∵倾斜角为的直线，所以斜率为，
∴直线AB的方程为：.
代入抛物线方程消去y并化简得.
解法一：解得，
所以．
又点到直线的距离为，
所以.
解法二：，设，则，
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示．

．
点到直线的距离为，
所以.
19．如图，在四棱锥中，平面底面，，点为棱的中点.

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点O，连接，推出，由平面底面，推出平面，建立空间直角坐标系，计算，从而得证；
（2）求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式即可求解.
【详解】（1）取中点O，连接，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
在平面内，过点作，则平面，
以A为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
即，；
（2）因为，所以，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
所以平面的一个法向量为，
令直线与平面所成角为，
则，
又因为，所以.

20．已知双曲线：的一个焦点与抛物线：的焦点重合.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线：交抛物线于A、B两点，O为原点，求证：以为直径的圆经过原点O.
【答案】(1)
(2)见解析.
【分析】（1）根据双曲线方程求出其焦点坐标，即也是抛物线焦点，得到抛物线方程.
（2）直线l与抛物线联立后，利用韦达定理求出即可得证.
【详解】（1）由双曲线方程知其焦点在x轴上且焦点坐标为，，所以为抛物线：的焦点，得，
所以抛物线的方程为.
（2）设，
联立，
由韦达定理得，
所以
所以，
所以以为直径的圆经过原点O.得证
21．如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，．

(1)证明：平面平面；
(2)若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【分析】（1）利用勾股定理先证，再证平面即可得面面垂直；
（2）根据条件建立合适的空间直角坐标系，根据体积先计算E坐标，再利用空间向量求面面角即可.
【详解】（1）为等边三角形，
，
又四边形为梯形，，则，
根据余弦定理可知，在中，
根据勾股定理可知，，即，
平面，
平面，
又平面平面平面；
（2）为中点，，
由（1）可知，平面平面，
又平面平面平面，
平面，
连接，则，且平面，
故，
所以PO，BD，OC两两垂直．
以O为原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
设且，则，
由三棱锥的体积为得：，
所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
故．
所以平面与平面的夹角余弦值为：
.
22．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的上顶点为P，过P的两条直线，分别与C交于异于点P的A，B两点，若直线，的斜率之和为，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)直线恒过定点
【分析】（1）根据离心率以及椭圆经过的点，由待定系数法即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程可得根与系数的关系，即可根据两点斜率公式表达，代入根与系数的关系化简可得，即可求解定点.
【详解】（1）由题意知解得，，，
所以椭圆C的方程为；
（2）显然，直线的斜率存在，
设直线的方程为，，，,
由得，
所以，
所以，
所以，
所以直线的方程为，所
以直线恒过定点

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点