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重庆市九龙坡区杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题(Word版附解析)
重庆市九龙坡区杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题(Word版附解析)
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重庆市杨家坪中学高2025届高二(上)第二次月考数学试题(满分150分,时间120分钟)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将答题卡交回.一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知,,若,则()A.1B.2C.3D.-2【答案】C【解析】【分析】利用向量垂直时数量积等于零,通过向量数量积的坐标表示建立方程求解即可.【详解】因为,,又,所以,解得,故选:2.圆心为且过点的圆的标准方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求得圆的半径,从而确定正确答案.【详解】圆的半径为,所以圆的标准方程为.故选:A 3.在梯形中,,且和所在直线的方程分别是与,则梯形的面积为()A.9B.18C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线方程可得,从而由两平行直线间的距离得出梯形的高,根据梯形面积公式可得出答案.【详解】由直线的方程为:,直线的方程为可知,所以梯形的高即为直线和间的距离,所以梯形的面积为.故选:C4.已知点分别是椭圆的左、右焦点,点在此椭圆上,则的周长等于()A.20B.16C.18D.14【答案】C【解析】【分析】由椭圆的定义求解.【详解】根据椭圆方程可知,根据椭圆的定义可知,的周长为,故选:C5.直三棱柱中,,,,则直线与夹角的余弦是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用向量法求异面直线所成的角; 【详解】∵直三棱柱,底面三边长,,,,,,两两垂直.如图以为坐标原点,建立空间直角坐标系,则∵,,,即直线与夹角的余弦是为.故选:C.6.古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果.其中有这样一个结论:平面内与两点距离的比为常数()的点的轨迹是圆,后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点,动点满足,则点P的轨迹与圆的公切线的条数为()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据两点距离公式整理等式,可得动点的轨迹方程,明确两圆的圆心和半径,结合两圆的位置关系,可得答案.【详解】由题意知,化简得,其圆心为,半径, 又圆C的圆心,半径,所以,且,所以两圆相交,故其公切线的条数为2条.故选:B.7.已知三棱锥,,且,则点到直线的距离为()A.B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系,利已知条件结合向量法求解即可.【详解】由题意,故以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由题设可知,所以,,,设点在上的投影为,则在直角三角形中, 点到直线的距离为:故选:B.8.如图1所示,双曲线具有光学性质;从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:的左、右焦点分别为,,从发出的光线经过图2中的A,B两点反射后,分别经过点C和D,且,,则E的离心率为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义,用表示,再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.【详解】依题意,直线都过点,如图,有,,设,则,显然有,,,因此,,在,, 即,解得,即,令双曲线半焦距为c,在中,,即,解得,所以E的离心率为.故选:B【点睛】方法点睛:求双曲线离心率的三种方法:①定义法,通过已知条件列出方程组,求得的值,根据离心率的定义求解离心率;②齐次式法,由已知条件得出关于的二元齐次方程,然后转化为关于的一元二次方程求解;③特殊值法:通过取特殊值或特殊位置,求出离心率.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.点在圆上,点在圆上,则()A.B.两个圆心所在的直线的斜率为C.的最大值为7D.两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】BC【解析】【分析】确定两圆圆心和半径,计算,A错误,,B正确,,C正确,两圆相离,不相交,D错误,得到答案.【详解】,半径为,圆的标准方程为,则,半径为,对选项A:,错误;对选项B:,正确;对选项C:,正确; 对选项D:由于,所以两圆相离,不相交,错误;故选:.10.已知点,直线,则下列说法中正确的有()A.直线恒过点B.若直线与线段有交点,则C.点到直线的距离的最大值为D.若为直线上一点,则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A,把直线的方程整理为,得出所过定点;对于B,先求出,结合图象得出结果;对于C,当直线时,点到直线的距离最大;对于D,求出关于直线的对称点的坐标,.【详解】对于A,因为直线的方程可化为,令且,所以直线过定点,故A错误.对于B,如下图,因为直线过定点,且,所以,故B正确.对于C,当直线时,点到直线的距离最大,且最大值为,故C正确.对于D,如下图,当时,直线的方程为.设关于直线的对称点为,则解得,所以,所以,故D正确.故选:BCD. 11.已知椭圆的焦点分别为,,设直线l与椭圆C交于M,N两点,且点为线段的中点,则下列说法正确的是()A.B.椭圆C的离心率为C.直线l的方程为D.的周长为【答案】AC【解析】【分析】先由题意求出即可判断A;再根据离心率公式即可判断B;由点差法可以求出直线l的斜率,由直线的点斜式化简即可判断C;由焦点三角形的周长公式即可判断D.【详解】如图所示:根据题意,因为焦点在y轴上,所以,则,故选项A正确;椭圆C的离心率为,故选项B不正确;不妨设,则,,两式相减得,变形得, 又注意到点为线段的中点,所以,所以直线l的斜率为,所以直线l的方程为,即,故选项C正确;因为直线l过,所以的周长为,故选项D不正确.故选:AC.12.如图,四棱锥中,平面平面,侧面是边长为的正三角形,底面为矩形,,点是的中点,则下列结论正确的是()A.平面B.与平面所成角的余弦值为C.到平面的距离为D.四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为【答案】BCD【解析】【分析】取的中点O,的中点E,可证得平面,从而两两垂直,以O为坐标原点,分别以所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,求出平面的法向量可判断A;求出平面的法向量,利用向量夹角公式求解可判断B;利用点到面的距离的向量公式求解可判断C;将四棱锥外接球的内接正四面体补成正方体,根据正方体的对角线为球的 直径求解可判断D.【详解】A选项:取的中点O,的中点E,连接,因为三角形为等边三角形,所以,因为平面平面,所以平面,因为,所以两两垂直,所以,如图,以O为坐标原点,分别以所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则因为点Q是的中点,所以设平面的一个法向量为,显然与不共线,所以与平面不垂直,所以A不正确,B选项,,,,设平面法向量为,,令,则,所以设与平面所成角为,则, 所以,所以B正确;C选项:平面的法向量为,,则到平面的距离为,所以C正确;D选项:设四棱锥外接球的球心为,则,所以,解得,即为矩形对角线的交点,所以四棱锥外接球的半径为3,设四棱锥外接球的内接正四面体为,棱长为,将正四面体补成正方体,其中正四面体的棱为正方体面的对角线,故正方体的棱长为,因为正方体的对角线为球的直径,所以,得,所以正四面体的表面积为,所以D正确.故选:BCD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知椭圆的焦距为2,则实数m的值为________.【答案】3【解析】【分析】先由的值判断焦点位置,再根据椭圆基本量的关系进行求解即可. 【详解】因为,所以椭圆的焦点在轴上,所以,,,所以,解得.故答案为:3.14.已知向量共面,则________.【答案】【解析】【分析】由向量共面定理,结合向量线性关系的坐标运算求参数即可.【详解】由题设且,即,所以.故答案为:15.已知椭圆的右焦点为外的一点满足(为坐标原点),过点的直线与交于两点,且,若直线的斜率之积为,则______.【答案】【解析】【分析】取线段的中点为,利用边长比值关系可得,进而借助点差法求解的值.【详解】解:如图,取线段的中点为,连接,则由题意可得,,又,所以. 因为直线的斜率之积为,所以.设,则,两式相减可得,整理得,即,所以,所以.故答案为:.16.已知点在上运动,点在圆上运动,且最小值为,则实数的值为______.【答案】5【解析】【分析】结合图形,先判断得,再将问题转化为求的最小值,利用换元法与二次函数在闭区间上的最值求法即可得解.【详解】因为可化为,又,所以表示焦点在轴上,实半轴长为的双曲线上支的一部分,而圆的圆心为,半径为,如图,因为最小值为,即, 又,即,所以,即,则,又,所以,因为点在上运动,故设,,所以,令,,则,,所以,令,则其对称轴为,因为,所以,则在上单调递减,则,即,则,解得或(舍去),所以.故答案为:5.【点睛】关键点睛:本题解决的关键是将问题转化为二次函数的最值问题,从而得解.四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在如图所示的斜三棱柱中,.(1)设,,,用,,表示,;(2)若,,求的长.【答案】(1), (2)【解析】【分析】(1)根据向量运算的几何表示求解;(2)根据向量模的公式及数量积运算求解.【小问1详解】在三棱柱中,侧面为平行四边形,则,所以.【小问2详解】由,,,所以,,所以,即,所以的长为.18.已知直线l过点.(1)从下面两个条件中任选一个,求直线l的方程;条件①:直线l的倾斜角比直线的倾斜角大;条件②:直线l的一个方向向量为;[注:若选多个条件作答,只按第一个作答给分](2)若直线l在y轴截距是x轴截距的2倍,求直线l的方程.【答案】(1)(2)或.【解析】 【分析】(1)条件①:根据题意可知直线的倾斜角,进而可知l的倾斜角和斜率,结合直线的点斜式分析求解;条件②:由方向向量可知l的倾斜角和斜率,结合直线的点斜式分析求解;(2)分类讨论截距为0和截距不为0,结合直线的截距式方程运算求解.【小问1详解】条件①:因为直线的斜率为,可知其倾斜角为,则l的倾斜角为,可知l的斜率,所以l的方程为:,即;条件②:由直线l的一个方向向量为,可知l的斜率,所以l的方程为:,即.【小问2详解】设直线l在y轴上的截距为,则在x轴上的截距为,当截距为0时,直线l的方程为:;当截距不为0时,设l方程为,将点代入得:,则,所以直线l的方程为:,即;综上所述,直线l的方程为:或.19.已知半径为4的圆与直线相切,圆心在轴的负半轴上.(1)求圆的方程;(2)已知直线与圆相交于两点,且的面积为8,求直线的方程.【答案】(1)(2)或.【解析】【分析】(1)根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;(2)根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可. 【小问1详解】由已知可设圆心,则,解得或(舍),所以圆的方程为.【小问2详解】设圆心到直线的距离为,则,即,解得,又,所以,解得,所以直线的方程为或.20.在正方体中,设,分别为棱,的中点.(1)证明:平面;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接交于,通过证明,证得平面.(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值,或用定义法求二面角的余弦值.【小问1详解】连接交于,连接,,. 在正方体中,,,四边形是平行四边形,所以,.正方形中,,故是的中点,所以,且,在中,,分别是,的中点,所以,且,所以,且,故四边形是平行四边形,故,又平面,平面,所以平面.【小问2详解】法一:以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示空间直角坐标系.不妨设正方体的棱长为2,故,,,,. 在正方体中,平面,故是平面的一个法向量.设是平面的法向量,,,故即取,则所以是平面的一个法向量.故,设二面角的大小为,据图可知,,所以二面角的余弦值为.法二:取的中点,的中点,连接,,.在正方体中,,,又,分别是,的中点,故,,四边形是平行四边形,所以,又,,故,,因为,平面,所以平面,又平面,故.在正方形中,,在中,,分别是,的中点,故,所以, 又,平面,所以平面,因为平面,所以.所以是二面角的平面角.不妨设正方体的棱长为2,在中,,,故,所以,所以二面角的余弦值为.21.已知动圆与圆相切,且与圆相内切,记圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)设为曲线上的一个不在轴上的动点,过点作(为坐标原点)的平行线交曲线于两个不同的点,记的面积为,求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)依题意可得,所以圆心的轨迹是以为焦点,实轴长为8的椭圆,进而可求其方程;(2)由题意可得等于的面积,设直线的方程为,联立椭圆方程,结合韦达定理可得,令,则可由基本不等式求出的最大值.【小问1详解】由已知得,圆半径为9,圆半径为1,设动圆圆心,半径为, 由于动圆与圆相切,且与圆相内切,所以动圆与圆只能内切,故,所以,所以圆心的轨迹是以为焦点,实轴长为8的椭圆,则,所以,所以曲线的方程为.【小问2详解】由已知得,所以等于的面积,即的面积为,由已知可设直线的方程为,,由得:,则,,所以,令,则,,所以,当且仅当即,亦即时,取最大值.综上,当时,的面积取得最大值为.22.我们约定,如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴,则称它们互为“姊妹”圆锥曲 线.已知椭圆:,双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线,,分别为,的离心率,且,点M,N分别为椭圆的左、右顶点,设过点的动直线l交双曲线右支A,B两点,若直线AM,BN的斜率分别为,.(1)求双曲线的方程;(2)试探究与的是否定值.若是定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由;(3)求的取值范围.【答案】22.;23.是,定值;24.;【解析】【分析】(1)根据题意,直接列式计算可得答案;(2)直线与双曲线联立,利用韦达定理进行消参,进而证明其比值为定值;(3)根据题意,利用韦达定理得出的范围,然后根据,可得,进而可得取值范围.【小问1详解】由题意可设双曲线:,则,解得,所以双曲线的方程为.【小问2详解】设,,直线AB的方程为, 由,消元得则,,且,∴;或由韦达定理可得,即,∴,即与的比值为定值.【小问3详解】思路一:设直线AM:,代入双曲线方程并整理得:,由于点M为双曲线的左顶点,所以此方程有一根为, 由韦达定理得:,解得.因为点A在双曲线的右支上,所以,解得,即,同理可得,由(2)中结论可知,得,所以,故,设,其图象对称轴为,则在,上单调递减,故,故的取值范围为.思路二:由于双曲线的渐近线方程为,如图,过点M作两渐近线的平行线与,由于点A在双曲线的右支上, 所以直线AM介于直线与之间(含x轴,不含直线与),所以,同理,过点N作两渐近线的平行线与,由于点B在双曲线右支上,所以直线BN介于直线与之间(不含x轴,不含直线与),所以.由(2)中结论可知,得,所以,故.【点睛】本题的解题关键是理解题目定义,求出双曲线方程,根据定点位置合理设出直线的方程形式,再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理,然后利用斜率公式代入消元,即可判断斜率的比值是否为定值,注意非对称韦达的使用技巧,第三问,由第二问较容易得到函数关系式,难点是准确找到斜率的取值范围,从而得到精确的的范围.
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高中 - 数学
发布时间:2023-12-29 14:30:02
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