2023-2024学年四川省达州外国语学校高二上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省达州外国语学校高二上学期11月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，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】B
【分析】将直线方程变为斜截式,根据斜率与倾斜角关系可直接求解.
【详解】直线
变形为
所以
设倾斜角为
则
因为
所以
故选:B
【点睛】本题考查了直线方程中倾斜角与斜率的关系,属于基础题.
2．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题设与直线垂直的直线方程为，代入点即可得结果.
【详解】设与直线垂直的直线方程为，
代入点可得，即，
所以所求直线方程为.
故选：C.
3．已知圆：，则圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A．，16B．，16C．，4D．，4
【答案】D
【分析】将圆的一般方程，转化为标准方程即可求得圆心和半径.
【详解】因为
等价于
故圆心为，半径为.
故选：D.
【点睛】本题考查由圆的一般方程写出圆的圆心和半径，属基础题.
4．已知椭圆：（），，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任一点，若，则（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】A
【分析】由椭圆的定义可得,由椭圆的标准方程可得,根据,进而求解.
【详解】由题,因为,所以,
又,所以,
所以,
故选:A
【点睛】本题考查求椭圆的焦距,考查椭圆的定义的应用,属于基础题.
5．攒（cuán）尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁或园林式建筑．下图是一顶圆形攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥轴的截面）是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由轴截面三角形，根据已知可得圆锥底面半径和母线长，然后可解.
【详解】轴截面如图，其中，，所以，
所以，所以圆锥的侧面积.
故选：B
6．如图，在正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角即可得解.
【详解】依题意建立空间直角坐标系，如图，
不妨设正方体的棱长为，
则，
故，
则，
设异面直线与所成角为，则，
则，故，则.
所以异面直线与所成角的正切值为.
故选：B.
7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用.直角三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“”.设是椭圆的左焦点，直线交椭圆于、两点，若，恰好是的“勾”“股”，则此椭圆的离心率为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设是椭圆的右焦点，先证明四边形是矩形，再分析得到，进一步化简即得此椭圆的离心率.
【详解】如图，设是椭圆的右焦点，因为线段与被点互相平分，且，所以四边形是矩形.
又，∴，∴是等边三角形，
由，∴，，
∴，所以.
故选A
【点睛】本题主要考查椭圆的定义及简单几何性质，考查椭圆离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
8．已知三棱锥的四个顶点均在同一个确定的球面上，且，，若三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的半径为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【解析】由题意分析知三棱锥体积的最大时，P，O，共线且面，P在大于半球的的球面上，根据棱锥体积公式求得，进而应用勾股定理求外接球的半径.
【详解】由题意知： AC中点为面外接圆圆心，若外接球球心为O，半径为R，三棱锥体积的最大时，P，O，共线且O在P，之间，
∴，，即，
，所以，解得，
故选：A
【点睛】关键点点睛：理解三棱锥体积的最大时P的位置及与球心、底面外接圆圆心的关系，结合棱锥体积公式、勾股定理求球体半径.
二、多选题
9．已知点 是平行四边形 所在的平面外一点，如果 ，，．下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C． 是平面 的一个法向量
D．
【答案】ABC
【分析】运用数量积逐项分析.
【详解】由题意可知 都是非零向量，
对于A， ，正确；
对于B， ，正确；
对于C， 平面ABCD， 平面ABCD，， 所以 平面ABCD，正确；
对于D， 平面ABCD， 平面ABCD， ，错误；
故选：ABC.
10．设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】BD
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案.
【详解】解：对A：若，，则或与相交或与异面，故选项A错误；
对B：若，，则，故选项B正确；
对C：若，，则或与相交，故选项C正确；
对D：若，，，则，故选项D正确.
故选：BD.
11．已知直线，圆，下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．圆被轴截得的弦长为
C．当直线与圆相切时，直线的斜率是
D．当直线与圆相交时，直线斜率的取值范围是
【答案】AD
【分析】对于A：根据直线过定点分析求解；对于B：根据垂径定理求弦长；对于CD：根据直线与圆的位置关系分析求解.
【详解】对于选项A：因为，即，
令，解得，
所以直线恒过点，故A正确；
对于选项B：圆的圆心，半径，
可知圆心到x轴的距离，
所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；
对于选项C：因为，
当时，直线的斜率为，显然无法取得，
当时，直线的斜率不存在，
综上，直线的斜率不可能是，故C错误；
对于选项D：当直线与圆相交时，
则，解得，
所以直线的斜率是，故D正确.
故选：AD.
12．如图，在长方体中，，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则以下结论正确的为（ ）

A．平面
B．不存在点，使得平面
C．点和点到平面的距离相等
D．直线与平面所成角的最大值为
【答案】ACD
【分析】利用三角形相似构造平行关系即可利用线面平行的判定定理即可得判断A；根据线面垂直的判定定理当与重合时可得平面即可判断B；根据线面角关系可判断D，由直线和直线与平面所成的角相等，可判断C.
【详解】连接BN并延长与交于，

因为，则与相似，又，，可得，所以，
因为平面，平面，故平面，A正确；
当与重合时，即当分别为线段，上的中点时，

由正方体可得，又平面，平面，所以，
又平面，所以平面，又，即，可得平面，B错误；
直线与平面所成角，即直线与平面所成角，设为，则，最小时，最大，显然，，故的最大值为，D正确
由题易知，，又直线和直线与平面所成的角相等，故点到平面的距离相等，C正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．双曲线的虚轴长是 .
【答案】6
【详解】因为 虚轴长是，
所以双曲线的虚轴长是
14．直线l1：x+my+6=0与l2：(m-2)x+3y+2m=0，若则= ；
【答案】
【分析】两直线，平行，则有，按照公式代入计算即可求出结果.
【详解】由题意，因为，则，即，
解得或，其中当时，代入验证可得两直线是重合的，不满足题意，
所以当时，．
故答案为：-1.
15．在三棱柱中，平面，为正三角形，，则与平面所成角的正切值为 .
【答案】
【分析】找到在平面内的射影，由线面角的定义求解.
【详解】为中点，连接，如图所示，
在三棱柱中，平面，则平面，
平面，则，
为正三角形，为中点，则，
平面，，平面，
在平面内的射影为，则与平面所成角为，
，则，，，
中，，
所以与平面所成角的正切值为.
故答案为：.
16．已知点P是椭圆C：上的一个动点，点Q是圆E：上的一个动点，则｜PQ｜的最大值是
【答案】
【分析】由圆E：x2+（y﹣4）2＝3可得圆心为E（0，4），又点Q在圆E上，可得|PQ|≤|EP|+．设P（x1，y1）是椭圆C上的任意一点，可得9．于是|EP|2．由于，利用二次函数的单调性即可得出．
【详解】由圆E：x2+（y﹣4）2＝3可得圆心为E（0，4），又点Q在圆E上，
∴|PQ|≤|EP|+|EQ|＝|EP|+（当且仅当直线PQ过点E时取等号）．
设P（x1，y1）是椭圆C上的任意一点，
则，即9．
∴|EP|29．
∵，∴当y1＝﹣时，|EP|2取得最大值27，即|PQ|=．
∴|PQ|的最大值为．
故答案为.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质的应用、二次函数的单调性，考查了推理能力和计算能力，属于难题．
四、解答题
17．如图，在平行四边形中，边所在直线方程为，点.
(1)求直线的方程；
(2)求边上的高所在直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据直线垂直的性质进行求解即可.
【详解】（1）∵四边形为平行四边形，∴.∴.
∴直线的方程为，即.
（2）∵，∴.
∴直线的方程为，即.
18．已知圆经过点，且与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆相交于两点，求弦长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求出过点与切线垂直的直线方程，再求出的中垂线方程，联立两直线方程可得圆心坐标，进一步求出半径，则圆的方程可求；
（2）求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式即可求弦长．
【详解】解：（1）过切点且与垂直的直线为，
即，则其经过圆心.
直线方程为直线的中垂线过圆心，
联立，
解得.
圆心为半径，
所求圆的方程为.
（2）直线的方程为，
圆心到直线的距离，
，
19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，为中点．
(1)证明：平面．
(2)证明：平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据矩形性质得，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到，再结合等腰三角形性质得，从而再次利用线面垂直的判定定理即可得证.
【详解】（1）因为在矩形中，，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，
在矩形中，，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，是边中点，所以，
又，平面，
所以平面．
20．已知椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左顶点为，上顶点为，已知直线平行于直线，且交椭圆于两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据离心率公式以及点在椭圆上列方程组即可计算椭圆的方程；
（2）根据和两点的坐标写出的斜率，设出直线的方程，设，，联立直线与椭圆方程写出韦达定理和，写出关于的方程即可求解.
【详解】（1）∵，∴，
∴，将代入，
得，，∴椭圆的方程为；
（2）由题设得，，∴，
∴设直线的方程为.
设，，由，
整理，得，
∴，，
∵，
解得，∴ ，
，
∴，
解得，
∴直线的方程为或.
21．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
22．已知椭圆的左右焦点分别为，短轴的两个顶点与构成面积为的正方形.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，轴上是否存在定点，使点到直线的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意列式求，即可得结果；
（2）分析可知，设直线的方程为，联立方程结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为
（2）因为直线过点，可知直线与椭圆必相交，
假设存在满足题意的点，设直线的方程为，
由，可得，
易知，设，
则有，
因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，
所以平分，则，
即
= ，
又因为，所以，
代入，即有，解得，
即定点，经检验或直线的斜率不存在也满足题意，
故轴上存在定点，使得点到直线的距离与点到直线的距离相等.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.