2023-2024学年内蒙古赤峰市红山区赤峰第四中学高二上学期12月月考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年内蒙古赤峰市红山区赤峰第四中学高二上学期12月月考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，问答题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．与直线平行且过点的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设出直线方程，利用待定系数法求解即得.
【详解】设与直线平行的直线方程为，
于是，解得，
所以所求方程为.
故选：C
2．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线的标准方程确定准线方程.
【详解】由抛物线，得，
所以其准线方程为，
故选：D.
3．已知圆，圆，则与的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．无法判断
【答案】A
【分析】根据配方法，结合圆心距、半径和（差）关系进行判断即可.
【详解】由，
由，
因此有，圆的半径为，，圆的半径为，
，
因为，
所以与的位置关系是相交，
故选：A
4．双曲线的一个顶点为，焦点到渐近线的距离为，则双曲线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意列出方程求出，即可得解.
【详解】由双曲线的一个顶点为，可设双曲线方程为，则，
则渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离为，
又，解得，
所以所求双曲线的方程为.
故选：B
5．椭圆与直线交于，两点，点为线段的中点，则直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用点差法及点斜式计算即可.
【详解】设，，则AB的中点坐标为，
所以，，
将A，B的坐标代入椭圆的方程，
作差可得：，
所以，
所以直线AB的方程为，即经检验适合题意．
故选：B
6．三棱锥，平面，，且，则三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由线面垂直的性质判断线线垂直，得出为直角三角形，为直角三角形，判断出球心的位置；再根据勾股定理算出球半径；最后根据球的表面积公式计算即可.
【详解】
取中点，连接，.
，
.
平面，平面，平面，
，.
又 ，
平面.
又平面，
.
为直角三角形，为直角三角形.
则.
所以三棱锥的外接球的球心为，半径为.
，且，
，.
.
所以三棱锥的外接球表面积是.
故选：A
7．若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则椭圆离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先设椭圆方程，再由椭圆和正方形的对称性得出顶点坐标，代入椭圆方程即可求解.
【详解】设椭圆方程为，如图，
由正方形和椭圆的对称性可得：正方形的四个顶点坐标分别为，
将A点坐标代入椭圆方程得：,
所以，
故离心率为.
故选：C
8．已知点，分别是双曲线的左右焦点，为坐标原点，点在双曲线右支上，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由，得，然后利用双曲线的定义和勾股定理可求得（用表示），再由得出的不等关系．
【详解】∵，∴，
记，，则，
又①，
∴，∴，②，
由①②得，又，
∴，解得，
即．
故选：D
二、多选题
9．若直线与圆有公共点，则实数的取值可能是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】ABCD
【分析】求出直线过的定点，判断该点与圆的位置关系即可得解.
【详解】直线恒过定点，显然点在圆内，
因此，直线与圆相交，
所以实数的取值可能是0，1，2，3.
故选：ABCD
10．方程，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，方程表示椭圆
B．当时，方程表示焦点在轴上的双曲线
C．当时，方程表示圆
D．当或时，方程表示双曲线
【答案】BCD
【分析】根据方程中分母的正负及是否相等可判断选项即可.
【详解】当时，由，且即时，此方程表示圆，故A不正确；
当时，，，由方程可知表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；
由A可知，当时，方程表示圆，故C正确；
当时，，，故方程表示焦点在轴上的双曲线，当时，由B可知，方程表示双曲线，故D正确.
故选：BCD
11．已知正方体，且棱长为1，下列结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成角为
B．直线垂直于平面
C．点到平面的距离为
D．为的中点，则点到直线的距离为1
【答案】AB
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；利用空间向量法求距离判断CD.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
对于A，，因此，即直线与直线所成角为，A正确；
对于B，，即，
而平面，因此直线平面，B正确；
对于C，平面的法向量为，而，
因此点到平面的距离，C错误；
对于D，点到直线的距离，D错误.
故选：AB
12．已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率分别记为，，则（ ）
A．为定值B．为定值
C．为定值D．为定值
【答案】ABD
【分析】直线与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，利用韦达定理依次验证四个选项即可得结果.
【详解】由得：，则；
对于A，为定值，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，不为定值，C错误；
对于D，，则为定值，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．两直线，若的倾斜角是，则的斜率是 .
【答案】
【分析】求出直线的斜率，再借助垂直关系求出的斜率.
【详解】由的倾斜角是，得直线的斜率，由于，
所以的斜率.
故答案为：
14．设抛物线的焦点为，经过点的直线与抛物线相交于，两点，又知点恰为的中点，则
【答案】
【分析】先求出焦点坐标和准线方程，然后分别做，，垂直准线于，， ，利用抛物线的定义及梯形中位线的性质得到即可.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
如图，分别做，，垂直准线于，， ，
根据抛物线的定义，，，
抛物线的准线方程为：，，
根据梯形中位线的性质可得.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查抛物线的应用，解题关键是熟练应用抛物线的定义将转化为，从而利用梯形的性质进行解决，属于常考题.
四、双空题
15．已知椭圆的两个焦点分别为，，为椭圆上一点，且，则椭圆的方程为 ，若在第二象限且，则的面积为 .
【答案】 /
【分析】设椭圆的标准方程为且，根据椭圆的定义求得，进而求得的值，即可求解；根据椭圆的定义，得到，结合余弦定理列出方程，求得，利用三角形的面积公式，即可求解.
【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为，
由椭圆的两焦点分别为，，可得，，
∴，可得，∴，则，
∴椭圆的标准方程为，如图，
∵在第二象限，，在中，由．
∴根据余弦定理得，
即，解得，
∴．
故答案为：；
五、填空题
16．已知椭圆过点，A为其左顶点，且的斜率为，若为椭圆上任意一点，求的面积的最大值 .
【答案】18
【分析】由题意分别求得a，b的值即可确定椭圆方程，首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】由题意可知直线AM的方程为：，即，
当时，解得，所以，
椭圆过点，
可得，解得，
所以椭圆方程：，
设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
化简可得：，
所以，即，解得，
与AM距离比较远的直线方程：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得，
所以的面积的最大值：.
故答案为：18.
【点睛】关键点睛：把点N到直线AM的距离转化为两平行线之间的距离，结合直线与椭圆的位置关系分析求解.
六、问答题
17．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
七、解答题
18．已知点，点，动点的满足.
(1)若点的轨迹为曲线，求此曲线的方程；
(2)过点向曲线做切线，求切线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设出点坐标，根据题意列出关系式，整理即可得到曲线方程.
（2）考虑过点的直线斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，结合圆心到直线的距离等于半径列出方程，求出直线方程.
【详解】（1）设点坐标为
因为，点，点，
所以
整理得：.
此曲线的方程为：，即.
（2）
由曲线：可得：圆心，半径.
当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意.
当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即.
则，解得，
此时切线方程为，即.
综上可得：切线方程为或.
八、证明题
19．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
九、问答题
20．已知双曲线过点(3，－2)且与椭圆4x2＋9y2＝36有相同的焦点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点M在双曲线上，F1，F2为左、右焦点，且|MF1|＋|MF2|＝6，试判别△MF1F2的形状．
【答案】（1）； （2）钝角三角形.
【分析】(1)设双曲线方程为，由题得且c=，解方程组即得双曲线的标准方程.(2) 不妨设M点在右支上，则有|MF1|－|MF2|＝2 ，求得|MF1|＝4，|MF2|＝2，|F1F2|＝2，再利用余弦定理判定△MF1F2为钝角三角形．
【详解】(1)椭圆方程可化为，焦点在x轴上，且c＝，
故设双曲线方程为，
则有解得a2＝3，b2＝2.
所以双曲线的标准方程为.
(2)不妨设M点在右支上，
则有|MF1|－|MF2|＝2 ，
又|MF1|＋|MF2|＝6，
故解得|MF1|＝4，|MF2|＝2，
又|F1F2|＝2，
因此在△MF1F2中，|MF1|边最长，而
cs ∠MF2F1＝ ，
所以∠MF2F1为钝角，故△MF1F2为钝角三角形．
【点睛】（1）本题主要考查双曲线的标准方程的求法，考查双曲线的简单几何性质和余弦定理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. (2)求双曲线的方程，一般利用待定系数法，先定位，后定量.
十、证明题
21．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，为上一点..
(1)证明：平面
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）设，通过勾股定理可得，，结合线面垂直判定定理即可得结果；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可得解.
【详解】（1）设，由题设可得，，，.
因此，从而.
又，故.
又，，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题设可得，，.
所以.
由（1）知是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.