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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)

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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,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-12-29 14:00:02 页数:20
价格:¥2 大小:2.67 MB
文章作者:随遇而安

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