四川省 2023-2024学年高二上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

德阳中学高2022级高二上期11月月考数学试题一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项涂在答题卡相应位置上.1.对抛物线，下列判断正确的是A.准线方程是B.焦点坐标是C.准线方程是D.焦点坐标是【答案】D【解析】【详解】分析：将抛物线的方程化为标准方程，即可分别求出焦点坐标及准线方程．详解：∵抛物线的方程为∴抛物线的标准方程为∴抛物线的焦点坐标是，准线方程是故选：D.2.已知点为所在平面内一点，为平面外一点，若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量共面的基本定理化简可得出的值.【详解】因为点为所在平面内一点，设，其中、，即，所以，，所以，，所以，.故选：B.3.杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同) 放入盒子中．若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案卡片分别为，用列举法即可求解.【详解】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，则基本事件分别为：，其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.故选：D.4.若，，则的值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的差角公式得到，再根据条件即可求出结果.【详解】因为，又，所以，故选：D.5.已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l的斜率为（） A.1B.C.2D.3【答案】B【解析】【分析】设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，，所以.故选:B.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.6.如图是某景区内的一座抛物线拱形大桥，该桥抛物线拱形部分的桥面跨度为10米，拱形最高点与水面的距离为6米，为增加景区的夜晚景色，景区计划在拱形桥的焦点处悬挂一闪光灯，则竖直悬挂的闪光灯到水面的距离为（）（结果精确到0.01）A.4.96B.5.06C.4.26D.3.68【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的方程，根据题意知抛物线经过点，把点代入抛物线方程即可求出，根据竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为，即可求出答案.【详解】如图，设抛物线的方程为，抛物线经过点， 所以，解得，所以抛物线顶点到焦点的距离为，故竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为米.故选：A.7.圆，过点作圆的所有弦中，以最长弦和最短弦为对角线的四边形的面积是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，最长弦为经过点的直径，最短的弦是过点与垂直的弦，求出，再利用圆的性质可求出，从而可求出四边形面积.【详解】由圆，得圆心，半径，因为，所以点在圆内，所以经过点的直径是最长的弦，且最短的弦是与该直径垂直的弦，如图所示，因为，所以由垂径定理得，所以四边形的面积为，故选：C 8.点A、B分别为椭圆的左、右顶点，F为右焦点，C为短轴上不同于原点O的一点，D为OC的中点，直线AD与BC交于点M，且MF⊥AB，则该椭圆的离心率为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用MFOC，MFOD，得到比例关系①，，②，①②得到a、c数量关系，可求得离心率．【详解】由题意如图：MF⊥AB，且OC⊥AB，∴MFOC，同理MFOD，∴①，，②①②得到：===,∴2（a﹣c）＝c+a， ∴a＝3c，∴e．故选B．【点睛】本题考查了椭圆的离心率的求法，通过平行线段的比例关系，找到a、b、c的关系是解决本题的关键，属于中档题．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分.9.已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（）A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】ABC【解析】【分析】根据圆以及双曲线，以及椭圆的性质即可分类讨论求解.【详解】当时，，方程可以化简为，曲线是圆；当，且时，或，曲线是椭圆；当时，或，曲线是双曲线．故选:ABC．10.下列说法中，正确的有（）A.过点且在轴，轴截距相等的直线方程为B.直线在轴的截距是2C.直线的倾斜角为30°D.过点且倾斜角为90°的直线方程为【答案】CD【解析】【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程等知识确定正确答案.【详解】A选项，直线过点且在轴，轴截距相等，所以A选项错误.B选项，直线在轴上的截距是，B选项错误.C选项，直线的斜率为，倾斜角为，C选项正确. D选项，过点且倾斜角为90°的直线方程为，D选项正确.故选：CD11.在空间直角坐标系中，，，，则（）A.直线OB与平面ABC所成角的正弦值为B.点O到平面ABC的距离为C.异面直线OA与BC所成角的余弦值为D.点A到直线OB的距离为2【答案】BC【解析】【分析】利用线面角公式计算A，利用点到面的距离公式计算B，利用异面直线夹角公式计算C，利用点到线的距离公式计算D.【详解】，．设平面ABC的法向量为，则令，得．设直线OB与平面ABC所成的角为θ，且，则，点O到平面ABC的距离为，A错误，B正确．因为，所以异面直线OA与BC所成角的余弦值为，C正确．设， 则点A到直线OB的距离，D错误．故选：BC.12.已知双曲线过点且与双曲线共渐近线，直线与双曲线交于，两点，分别过点，且与双曲线相切的两条直线交于点，则下列结论正确的是（）A.双曲线的标准方程是B.若的中点为，则直线的方程为C.若点的坐标为，则直线的方程为D.若点在直线上运动，则直线恒过点【答案】BC【解析】【分析】A选项，根据两双曲线共渐近线设出双曲线方程，代入点运算得解判断；B选项，运用点差法求得直线的斜率，即可得出直线方程可判断；C选项，设，将直线代入双曲线E方程，由，解得斜代回可得直线的方程；D选项，设出点，类比C选项，求出直线的方程，设出点代入直线，的方程比较可得直线的方程，从而得解.【详解】因为双曲线与双曲线共渐近线，所以可设双曲线的方程为，又双曲线过点，所以，即，所以双曲线的标准方程是，故A错误；设，，由，在双曲线上，得两式相减， 得，即，又的中点为，所以，，所以，直线的方程为，即，故B正确；设直线，代入曲线E的方程得，，令，得，解得，则切线方程为，即直线的方程为，故C正确；设，由选项C同理可得直线的方程为，由点在直线上运动，可设，因为点在与上，所以，因此直线的方程为，即，令，解得，所以直线恒过点，故D错误．故选：BC． 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.13.已知焦点在轴上的椭圆的焦距是2，则该椭圆的长轴长为______.【答案】6【解析】【分析】根据焦点以及焦距即可根据的关系求解.【详解】由于为焦点在轴上，所以，由于焦距2，所以，所以，故长轴长为，故答案为：614.已知直线与直线，若，则与之间距离是______.【答案】1【解析】【分析】根据两直线平行可得，即可由两平行线间的距离公式即可求解.【详解】由于，所以，所以，故与直线，所以与之间距离，故答案为：115.已知是椭圆的左焦点，为椭圆上任意一点，点的坐标为，则的最大值为__________．【答案】【解析】【详解】∵点为椭圆的左焦点，∴，设椭圆的右焦点，∵点为椭圆上任意一点，点的坐标为，∴ ，又∵，∴，即的最大值为，此时、、共线．故答案为．点睛：本题考查椭圆的方程与性质，考查学生转化问题的能力，正确转化是关键.这个题应用到了椭圆中焦半径的性质和焦三角形的性质．一般和焦三角形有关的题，经常和椭圆的定义联系起来，或者焦三角形的周长为定值．16.已知为椭圆上任意一点，点，分别在直线与上，且，，若为定值，则椭圆离心率为______.【答案】【解析】【分析】设，求出M，N的坐标，得出关于的式子，根据P在椭圆上得到的关系，进而求出离心率.【详解】设，则直线PM的方程为，直线PN的方程为，联立方程组，解得，联立方程组，解得，则又点P在椭圆上，则有，因为为定值，则，，.【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，有一定的难度.四、解答题：本大题共6小题，共计70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知圆心为的圆C与直线相切．（1）求圆C的标准方程；（2）若圆C与圆相交于A，B两点，求两个圆公共弦的长【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得圆心到直线l的距离等于圆的半径，进而求得半径，从而求解；（2）将两圆方程相减可得直线的方程，进而结合到直线的距离和半径求解即可.【小问1详解】∵圆C与直线相切，∴圆心到直线l的距离等于圆的半径，∴半径，∴圆C的标准方程为．【小问2详解】由，两式相减得方程，∴直线的方程即为．∴到直线的距离为，所以.18.已知椭圆，左、右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点．（1）求的长；（2）求的面积． 【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）联立直线与椭圆方程求得交点坐标，即可根据弦长公式求解，（2）由面积公式即可求解.小问1详解】椭圆，，，，即，所以直线的方程为，联立，得，或，所以，【小问2详解】由，得，由，得，不妨设，，的面积.19.在中，角、、的对边分别为、、，.（1）求角的大小；（2）若，，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用平面向量数量积的定义可求得的值，然后利用余弦定理可求得的值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，因为、，则，所以，，则，故.【小问2详解】解：由平面向量数量积的定义可得，可得，由余弦定理可得，解得.20.一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．（1）求的值；（2）求小红不能正确解答本题的概率；（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解. （3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解.【小问1详解】记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，于是，解得，所以.【小问2详解】若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，所以小红不能正确解答本题的概率是．【小问3详解】记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，则，所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．21.如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，O为中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】【分析】（1）运用面面垂直的性质定理即可证明.（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角的坐标公式计算即可.【小问1详解】因为在中，O为中点，所以.又因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，得证.【小问2详解】在三棱锥中，连接，因为为中点，是以为斜边的等腰直角三角形，则，由（1）知，平面，所以以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知，，又，则，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，则，，则，设平面的法向量为，则，取，则，，则， 设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.22.已知抛物线：（）上的一点到准线的距离为1．（1）求抛物线的方程；（2）若正方形的三个顶点、、在抛物线上，求这种正方形面积的最小值．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根据抛物线定义可求解；（2）设出，，点的坐标，的斜率为，根据斜率公式可得，，再根据，可得，可求出正方形面积的表达式，利用不等式放缩可求出面积的最小值.【小问1详解】抛物线的准线方程为，由抛物线上点到准线的距离为1，结合抛物线的定义得，∴，抛物线的方程为.【小问2详解】方法一：如图设三个顶点有两个在轴的右侧（包括轴），设在抛物线上的三个点，，点的坐标分别为，，，，的斜率为（）．则有 ，，即，．所以，，①又，所以即,代入①，得,即,∵，，，∴，化简得，正方形的面积为，∵，∴，当且仅当时等号成立，所以，即，∴.方法二：的斜率为（），点的坐标为，则 由，得，∴，，又，∴，即，∴，即，∴，正方形的面积，令，，则，设，，则，，∵，∴，∴单调递增，. 方法三：设直线：，（为参数）代入抛物线，得，即，∴，，设，则，同理，，不妨设，∵，∴，化简得，∴，，设，则，，，∵，∴，∴单调递增，