北京市北京师范大学附属中学平谷第一分校2023-2024学年高二下学期2月月考数学试题（原卷版+解析版）

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1. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由抛物线的方程直接求解准线方程即可.
【分析】由抛物线，可知，且焦点在x轴正半轴上，
所以其准线方程是.
故选：A.
2. 已知P为双曲线右支上一点，为双曲线的左右焦点，等于（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的定义即可求出结果.
【详解】因为P为双曲线右支上一点，所以.
故选：B.
3. 设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若，，则，A选项正确.
B选项，若，，则可能平行，所以B选项错误.
C选项，若，，则可能含于平面，所以C选项错误.
D选项，若，，则可能含于平面，所以D选项错误.
故选：A
4. 已知直线.则下列结论正确的是（ ）
A. 点在直线上B. 直线的倾斜角为
C. 直线在轴上的截距为8D. 直线的一个方向向量为
【答案】B
【解析】
【分析】逐个分析各个选项.
【详解】对于A项，当，时， 代入直线方程后得，∴点不在直线l上，故A项错误；
对于B项，设直线l的倾斜角为，∵，∴，又∵，∴，故B项正确；
对于C项，令得：，∴直线l在y轴上的截距为，故选项C错误；
对于D项，∵直线l的一个方向向量为，∴，这与已知相矛盾，故选项D错误.
故选：B.
5. 在四面体中记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：B.
6. 若双曲线的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出渐近线方程，代入点化简求解.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，点在一条渐近线上即
故选：D
7. 若直线与直线互相平行，则的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可得出关于的等式与不等式，即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线互相平行，
则，解得.
故选：A.
8. 已知，，且，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值.
【详解】因为，，
所以，
由，可得，解之得
故选：B
9. 已知直线和圆：，则直线与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
求出直线过的定点坐标，确定定点在圆内，则可判断．
【详解】直线方程整理为，即直线过定点，
而，在圆内，
∴直线与圆相交．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系．关键点有两个：一是确定动直线所过定点坐标，二是确定点到圆的位置关系：圆的一般方程为，点，则点在圆内，点在圆上，
点在圆外．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.
10. 已知直线和直线互相垂直，则的值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线垂直列方程，由此求得的值.
【详解】由于两条直线垂直，
所以.
故答案为：
11. 圆心为且和轴相切的圆的方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的切线性质进行求解即可.
【详解】因为该圆与轴相切，
所以该圆的半径为，
因此圆的方程为，
故答案为：
12. 若抛物线的准线经过双曲线的左焦点，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据双曲线的方程得出其左焦点为，根据抛物线的方程得出其准线为，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为双曲线的左焦点为，又抛物线的准线为，
所以，得到，
故答案为：.
13. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于．若，，则抛物线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可得，然后在直角三角形中利用可得，从而可得答案．
【详解】根据抛物线的定义可得，
又，所以，得，
所以抛物线的方程为．
故答案为：．
14. 关于曲线，给出下列四个结论：
①曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称；
②曲线围成的面积是；
③曲线上任意一点到原点的距离者不大于；
④曲线上的点到原点的距离的最小值为1.
其中，所有正确结论的序号是______.
【答案】①②③④
【解析】
【分析】画出曲线的图象，根据对称性、面积、图象等知识确定正确答案.
详解】曲线，
则时，，
时，，
时，，
当时，，
由此画出曲线的图象如下图所示，
由图可知：
曲线关于原点对称，也关于轴、轴对称，①正确.
曲线围成的面积是，②正确.
曲线上任意一点到原点的距离者不大于，③正确
曲线上的点到原点的距离的最小值为1，即，
所以④正确.
故答案为：①②③④
三、解答题：本大题共4小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
15. 已知圆，圆，直线.
（1）求圆心到直线的距离；
（2）已知直线与圆交于，两点，求弦的长；
（3）判断圆与圆的位置关系.
【答案】（1）
（2）
（3）外切
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得正确答案.
（2）根据弦长公式求得正确答案.
（3）根据圆心距与两圆半径的关系确定两圆的位置关系.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径.
圆的方程可化为，
所以圆心为，半径.
所以圆心到直线的距离为.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
，所以两圆外切.
16. 如图所示，在多面体中，梯形与正方形所在平面互相垂直，，，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若点在线段上，且，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）首先根据面面平行的判定证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得到答案.
（2）首先取的中点，连接，易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面.
（3）首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为平面；平面；，
所以平面.
因为平面；平面；，
所以平面.
又因为平面，平面，，
所以平面平面；
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，如图所示：
因为四边形为梯形，且，，
所以四边形为正方形，，.
所以，，
即，.
又因为平面平面，且平面，，
所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，平面，
所以平面.
【小问3详解】
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
设异面直线与所成角为，则.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
17. 已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点是椭圆的右焦点，且点在椭圆上，直线与椭圆交于A，两点.
（1）求椭圆方程；
（2）当时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由a、b、c关系及点在椭圆上建立方程组即可解得参数；
（2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理即可求.
【小问1详解】
因为长轴长是焦距的2倍，则，则，
所以椭圆为，代入点得，，解得.
所以椭圆方程为.
【小问2详解】
因为，则直线为，过椭圆左焦点，右焦点为.
设，由得，
所以，
，.
∴.
∴.
18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，、、、分别是、、、的中点.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知.条件①：平面；条件②：；条件③：平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在， 求线段的长度；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）选条件①：平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件②：，由，得到，又，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理得到平面平面，再由，利用面面垂直的性质定理证明； 选条件③：平面平面，由，利用面面垂直的性质定理证明；
（2）由（1）建立空间直角坐标系，求得平面EFG的一个法向量为，易知平面ABCD的一个法向量为，由求解；
（3）设，，得到，由（2）知平面EFG一个法向量为，由求解.
【小问1详解】
证明：选条件①：平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件②：；
因为，所以，
则，又，且，
所以平面，
又平面ABCD，
所以平面平面，
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
选条件③：平面平面.
因为是正三角形， 且是的中点，
所以，又平面APD平面ABCD=AD，平面APD
所以平面；
【小问2详解】
由（1）建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，
所以，
设平面EFG的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
易知平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角为；
【小问3详解】
设，，
则，
由（2）知平面EFG的一个法向量为：，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即，整理得，
因为，所以方程无解，即不存在满足条件的点M.