2023-2024学年四川省绵阳市重点高中高二上学期12月月考试题数学含答案

这是一份2023-2024学年四川省绵阳市重点高中高二上学期12月月考试题数学含答案，共23页。试卷主要包含了 直线的斜率为， 已知椭圆， 已知点与直线， 已知点为椭圆， 下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 直线的斜率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题将直线化成斜截式，可得答案.
【详解】由题将直线的化简可得，所以斜率为
故选D
【点睛】本题考查了直线的方程，一般式化为斜截式，属于基础题.
2. 已知椭圆：的离心率为，则（ ）
A. B. 1C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
3. 设､是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ）
①若，则
②若，则
③若，则
④若，则
A. ①和②B. ①和④C. ③和④D. ②和③
【答案】B
【解析】
【分析】①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①；
②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②；
③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；
④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断④．
【详解】①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确；
②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错；
③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错；
④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的判定和性质定理的运用，是一道基础题．
4. 已知点与直线：，则点关于直线的对称点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点关于直线的对称点坐标，即可得到方程组，解得即可.
【详解】解：设点关于直线：的对称点坐标为，
所以，解得，即对称点坐标为；
故选：C
5. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”的“祖暅原理”，其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高．如图，已知正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，高为，一个不规则的几何体与此棱台满足“幂势既同”，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D. 21
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出正六棱台的上、下底面面积，再根据台体的体积公式求出正六棱台的体积，根据祖暅原理可得.
【详解】因为正六棱台的上下底面为正六边形，
所以，，
所以，
由祖暅原理知该几何体的体积也为.
故选：D．
6. 是椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，且，则三角形的面积为（ ）
A. 7B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的定义结合余弦定理求得，再由三角形面积公式求解即可.
【详解】由已知，，设，则，由余弦定理得，
解得，则三角形的面积.
故选：C．
7. 已知点为椭圆:的右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】如下图所示：
在椭圆中，，
则，
圆的圆心，半径，
圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，
，
由椭圆的几何性质可得，即，
由圆的几何性质可得，
所以，
所以的最小值是.
故选：C.
8. 已知圆上有四个点到直线的距离等于1，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】若圆上有4个点到直线的距离等于1，则到直线的距离小于1，代入点到直线的距离公式，可得答案.
【详解】由圆的方程，可得圆心为原点，半径为2，
若圆上有4个点到直线的距离等于1，则到直线的距离小于1，
又直线的一般方程为，
，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
二．多选题（共4小题）
9. 如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为的中点，则结论正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，可得四边形为平行四边形，再结合向量线性运算逐项分析计算作答.
【详解】对于A，四边形为梯形，，，为中点，即有，
则四边形为平行四边形，，A正确；
对于B，中点，，B正确；
对于C，为的中点，，C不正确；
对于D，由选项A知，，，D不正确.
故选：AB
10. 下列选项正确的是（ ）
A. 若两条不重合的直线的倾斜角相等，则这两条直线一定平行
B. 若直线与直线垂直，则
C. 若直线与直线平行，则
D. 若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据两直线的倾斜角相等且不重合可对A项判断；由直线和直线垂直，从而求出或，即可对B项判断；直线和直线平行，利用两直线平行知识可对C项判断；知道直线的方向向量，从而可求解出倾斜角，即可对D项判断.
【详解】对于A项：两直线的倾斜角相等且不重合，可得两直线平行，故A项正确；
对于B项：由直线和直线垂直，得：，解得：或，故B项错误；
对于C项：直线和直线平行，
当时，得直线：与直线不平行，
当时，得：，
解得：或，经检验当时两直线重合不符题意，
故，故C项正确；
对于D项：知直线的方向向量为，得：，所以得直线的斜率为，倾斜角为，故D项错误.
故选：AC.
11. 已知点，在圆上，点在直线上，则（ ）
A. 直线与圆相离
B. 当时，的最大值是
C. 当、为圆的两条切线时，为定值
D. 当、为圆的两条切线时，直线过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A选项：计算圆心到直线的距离与半径比较即可；对B选项：设出的中点，将求转化为求即可得；对C选项：结合、，有、，即可计算；对D选项：设出点坐标，结合性质算出直线方程，计算出定点即可得.
【详解】对于A：因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；
对于B，令的中点为，则，，
点在以为圆心，为半径的圆上，
，显然当在上运动时，无最大值，B不正确；

对于C，当、为切线时，，，
所以在中，，
同理，
，故C正确.

对于D，设，当、为切线时，，，
点、在以为直径的圆上，
此圆的方程为，由圆，
作差得直线为，
即，即有，解得，
所以直线过定点，D正确.
故选：ACD.
12. 如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A. 三棱锥的体积为B. 直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C. 直线PA与平面PBC所成角的正弦值为D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
三．填空题（共4小题）
13. 在三棱锥中，在线段上，满足是平面内任意一点，，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
则
，
由于四点共面，所以.
故答案为：

14. 已知x，y满足，则的最大值为 _______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，故直线与圆有交点，从而利用点到直线距离得到不等式，求出答案.
【详解】可化为，
设，
则直线与圆有交点，所以，解得，
的最大值为2+2．
故答案为：．
15. 如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形构成．已知隧道总宽度AD为m，行车道总宽度BC为m，侧墙EA、FD高为2m，弧顶高MN为5m．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5m．请计算车辆通过隧道的限制高度是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】通过已知数据求出圆弧的半径，再通过由半径算弦心距的方法求出最大高度，最后减去安全高度差即可.
【详解】如下图，圆弧的圆心O在直线MN上，过B作，交圆弧于点G，作于点H，连接OE、OG.
由题可知，，，
设，则
在中，有
即，解得
故车辆通过隧道的限制高度是.
故答案为：
16. 已知椭圆：的左，右焦点分别为，，焦距为，是椭圆上一点（不在坐标轴上），是的平分线与轴的交点，若，则椭圆离心率的范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合三角形内角平分线定理可得|PF1|＝2|PF2|，再由椭圆定义可得|PF2|，得到a﹣c，从而得到e，再与椭圆离心率的范围取交集得答案．
【详解】∵，∴，，∵是的角平分线，
∴，则，由，得，
由，可得，由，∴椭圆离心率的范围是．
故答案为：
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，训练了角平分线定理的应用及椭圆定义的应用，是中档题．
四．解答题（共6小题）
17. 求满足下列条件的直线的方程：
（1）过点，且斜率为；
（2）过点且在两坐标轴上的截距相等．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据点斜式公式计算即可得到答案；
（2）分两种情况讨论，一种截距不为0，另一种截距为0，进而解决问题.
【小问1详解】
解：因为直线过点，且斜率为，
由点斜式公式得直线方程为：，
化简得：；
【小问2详解】
当在两坐标轴上的截距为0时，设直线的方程为，
因为经过点，
所以，故直线方程为；
当在两坐标轴上的截距不为0时，设直线为，
因为经过点，故，
所以，故直线方程为；
综上：直线方程为：或.
18. 已知椭圆的长轴长为，焦点是、，点到直线的距离为，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求线段的长．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意及椭圆方程的关系求解即可；
（2）联立椭圆方程和直线方程，利用韦达定理和两点间距离公式求解即可.
【小问1详解】
由已知可得且 ，解得，

则，
所以椭圆方程：.
【小问2详解】
由已知可得直线斜率，方程为，
联立得，
设，，则，，
则，
所以线段的长为.
19. 如图，已知平行六面体中，，，为，的交点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证明面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解即可.
小问1详解】
由于， ，平面，
所以平面，又平面，所以，
，平面，所以平面,
又平面，所以平面平面
【小问2详解】
又（1）知平面平面，且两平面交线为,,平面，所以平面，
同理可得平面，因此两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
由，可得 ,
则,
,
设平面,的法向量分别为，
所以取，则，
取，则，
设二面角的平面角为为锐角，
所以，
故二面角的余弦值为
20. 已知圆与直线相交于两点．
（1）求弦的长；
（2）若圆经过，且圆与圆的公共弦平行于直线，求圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点线距离公式与弦长公式即可得解；
（2）两圆相减求得公共弦方程，从而得到，再利用待定系数法即可得解.
【小问1详解】
因为圆可化为，
则圆的圆心，半径为，
所以到直线的距离为，
所以弦的长为.
【小问2详解】
设圆的方程为，
两圆方程相减得公共弦所在的直线方程为，
因为其与直线平行，所以，则．
又因圆经过，所以，解得，
此时圆的方程为，经检验，满足题意，
所以圆的方程为．
21. 如图，在四棱锥中，，，，，．

（1）当时，求直线与平面所成角的大小；
（2）当二面角为时，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，证明出线面垂直，得到即为直线与平面的所成角，求出，得到答案；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，即，设点到平面和边的距离分别为，，由求出，由求出，从而利用求出答案.
【小问1详解】
延长，交于点，连接．

因为，所以，故为等边三角形，
所以，．
因为，，所以，．
在中，由余弦定理得，
所以，
所以，所以由勾股定理逆定理得．
因为，，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，，，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面的所成角，
在直角三角形中，，
故直线与平面所成角的大小为．
【小问2详解】
过，分别作，的平行线交于点，连接，取的中点，连接．
则四边形为平行四边形，
由（1）知，，故，
因为，，所以．
又因为，所以为二面角的平面角，即．
在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，且，．
由（1）知，所以，
因为，，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因，平面，所以⊥平面，

因为，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
在中，，，，所以．
在中，，，
所以，
故，所以．
易求得．
设点到平面和边的距离分别为，，
因为，所以，即，
所以．
在中，，故≌，
故，所以，所以．
设平面与平面所成二面角的大小为，则．
22. 已知O为坐标原点，是椭圆C：的右焦点，过F且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点．当A为短轴顶点时，的周长为．
（1）求C的方程；
（2）若线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于点P，Q，M为线段AB的中点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到且，结合，列出方程求得的值，即可求解.
（2）解法一：设直线，联立方程组，利用韦达定理得到，得出的垂直平分线的方程，求得，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解；
解法二：设，联立方程组，利用根与系数的关系得到，进而得到，化简，利用换元法和二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，因为椭圆的焦点为，可得，
又因为为短轴顶点时，的周长，
又由，所以，解得，
所以椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
解法一：因为椭圆的焦点为，设直线，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
于是线段AB的垂直平分线的方程为，
令，可得，
由
，
令，则，
因为，所以，可得，
因此．
解法二：因为椭圆的焦点为，设直线，
联立方程组，整理得，
设，，则，，
则，
可得线段AB的垂直平分线的方程为，
令，得，
由
．
令，则，
因为，可得，可得，
因此．
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.