重庆市云阳县云阳高级中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

重庆市云阳高级中学校2023-2024学年高二上学期第二次月考(数学)时间：120分钟总分:150分一、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．1.定义：既是中心对称，也是轴对称的曲线称为“尚美曲线”，下是方程所表示的曲线中不是“尚美曲线”的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用圆、椭圆、双曲线、抛物线性质，根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】选项A，表示圆心在原点，半径为2的圆，由圆的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项A错误；选项B，由椭圆的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项B错误；选项C，由双曲线的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项C错误；选项D，由，得到，由抛物线性质知，关于轴对称，无对称中心，所以选项D正确.故选：D.2.若与是两条不同的直线，则“”是“”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.【详解】由题意，若，则，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件， 故选：C．3.已知椭圆：离心率为，则（）A.B.1C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的性质计算即可.【详解】由题意可知.故选：C4.如图，在三棱柱中，分别是，的中点，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量线性运算的几何意义结合已知条件，可把分解成基底向量的线性组合即可得解.【详解】如下图所示： 首先有，一方面：由，所以，又是的中点，所以，所以；另一方面：，且注意到分别是，的中点，所以.因此.故选：D．5.设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.【详解】当时，方程为，倾斜角为当时，直线的斜率，因为，则，所以； 综上所述：线的倾斜角的范围是.故选：C．6.点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（）A.10B.C.20D.【答案】D【解析】【分析】根据圆心到直线的距离以及的最小值求得.【详解】圆的圆心为，半径为，到直线的距离为，由于的最小值是，所以直线与圆相离，所以的最小值为.故选：D7.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，【详解】记，则为直线的斜率，故当直线与半圆相切时，得k最小，此时设，故，解得或（舍去），即．故选：C8.如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（）（A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知， 设，则，，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选：B【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.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.已知、，则下列命题中正确的是（）A.平面内满足的动点P的轨迹为椭圆B.平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支C.平面内满足的动点P的轨迹为抛物线D.平面内满足的动点P的轨迹为圆【答案】AD【解析】【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点，列式化简即可判定选项D；【详解】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确; 对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;对于选项C,有、，且,轨迹为线段垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;故选：AD10.已知圆，直线．则（）A.直线恒过定点B.当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1C.直线与圆有一个交点D.若圆与圆恰有三条公切线，则【答案】AD【解析】【分析】化简直线的方程为，可判定A正确；根据圆心到直线的距离，可判定B错误；根据点在圆内部，可判定C错误；根据两圆的位置关系，列出方程，求得的值，可判定D正确.【详解】对于A中，因为直线，可得，令，解得，所以直线恒过点点，所以A正确；对于B中，由圆，可得圆心，半径为，要使得圆上恰有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离，则满足，当时，直线，可得圆心到直线的距离为，所以B错误； 对于C中，因为直线恒过点点，设为点，可得，所以点在圆内部，所以直线圆圆有两个交点，所以C错误；对于D中，因为圆，可得，要使得圆与圆恰有三条公切线，可得，即，解得，所以D正确.故选：AD.11.正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（）A.B.平面AEFC.点B、C到平面AEF的距离相等D.若P为底面ABCD内一点，且，则点P的轨迹是线段【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，选项A：，， ，所以选项A错误；选项B：设平面的法向量为，，，故有，即，令，则，因为且平面，所以平面；选项C：，，点到平面的距离为：，点到平面的距离为：，所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；选项D：设，，，因为，所以，即，所以点坐标满足且，故点的轨迹是一条线段，故选项D正确.故选：BCD. 12.已知抛物线的焦点为，点为抛物线上两个位于第一象限的动点，且有．直线与准线分别交于两点，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，延长交准线于【答案】ACD【解析】【分析】易得抛物线的焦点为，准线为，则，，求出的坐标即可判断A；根据即可判断B；结合B选项即可判断C；结合A选项，求出，即可判断D.【详解】抛物线的焦点为，准线为，则，由，得，对于A，当时，，则，，故A正确；对于B，当时，可得，，则， 设直线，把代入，可得，令，则，同理，则，因为，所以，所以，故B错误；对于C，由B选项知，，故C正确；对于D，当时，，则，，，由选项A知，，，，故D正确．故选：ACD．【点睛】思路点睛：求三角形面积的比值可转化为边长的比值，进而可转化为相似比问题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与C分别交于M，N两点，则的周长为______．【答案】20【解析】【分析】由椭圆定义可知，的周长为．【详解】由，得，由椭圆定义可知，的周长为．故答案为：20.14.已知半径为1的圆关于直线对称，写出圆的一个标准方程__________．【答案】（答案不唯一，只要圆心在直线上，半径为1，均可）【解析】【分析】根据题意，可知圆心在直线上，半径为1，取满足题意的圆心坐标，即可得出圆的一个标准方程.【详解】解：由题可知，圆关于直线对称，半径1，则圆心在直线上，则当时，，所以当圆心为，圆的标准方程为.故答案为：.（答案不唯一，只要圆心在直线上，半径为1，均可）15.已知动点在正方体的对角线（不含端点）上．设，若为钝角，则实数的值为______．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，点，根据，得到，结合，即可求解.【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所 示，设正方体的棱长为1，点，则，所以，因为，可得，可得，所以，即，因为点与点不重合，所以，所以为钝角，等价于，所以，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.16.圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】转化为点到直线与直线距离之和的5倍，这个距离之和 与点在圆上的位置无关可得圆在两直线之间，利用直线与圆相切可得答案.【详解】由已知可得所在的圆的方程为，设，故可看作点到直线与直线距离之和的5倍，因为的取值与x、y无关，所以这个距离之和与点在圆上的位置无关，圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，如图所示，可知直线平移时，点与直线的距离之和均为直线之间的距离，此时可得圆在两直线之间，当直线与圆相切时，，解得（舍去），或，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是转化为点到直线与直线距离之和的5倍.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.已知离心率为的双曲线C与椭圆的焦点相同.（1）求双曲线C的标准方程；（2）求双曲线C的焦点到渐近线的距离.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件取得双曲线的，从而求得双曲线的标准方程.（2）利用点到直线的距离公式求得正确答案.【小问1详解】椭圆的焦点坐标为，设双曲线的方程为，，所以双曲线的半焦距.又由，得，所以，所以双曲线C的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，双曲线C的焦点坐标为，渐近线方程为，所以双曲线C的焦点到渐近线的距离为.18.如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点． （1）求异面直线EF与所成角的大小．（2）证明：平面．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：，，，，，∴，，，．（1），∴∴异面直线EF和所成的角为．（2）∴，即，∴即．又∵，平面且∴平面． 19.如图，已知一艘海监船上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为.（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；（2）这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？【答案】19.；20.能，小时.【解析】【分析】（1）首先以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立平面直角坐标系，再利用截距式求解直线方程即可；（2）利用直线与圆的位置关系和弦长公式即可得到答案.【详解】（1）以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立平面直角坐标系，如图所示:则，则直线，即，外籍船航行路径所在的直线方程为:;（2）点到直线的距离，所以外籍轮船能被海监船监测到；检测路线的长度，则检测时间，所以外籍轮船被监测到的持续时间为小时.20.已知O为坐标原点，位于抛物线C：上，且到抛物线的准线的距离为2．（1）求抛物线C的方程； （2）已知点，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，求的最小值以及此时直线l的方程．【答案】（1）（2）13；．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.【小问1详解】根据题意可得，又，解方程组得，，故所求抛物线C方程，【小问2详解】设点，，抛物线的焦点坐标为．当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：；联立抛物线方程可得，消去x得：，，得，由韦达定理得，，易知，故 ．所以当时，取得最小值为13．此时直线l的方程为．21.如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．（1）若为棱的中点，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【解析】【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论. 【小问1详解】取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．【小问2详解】假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以. 以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.22.已知点在运动过程中，总满足关系式：.（1）点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；（2）设圆O：，直线l：与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A，B，当且时，求弦长的最大值.【答案】（1）点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，（2）2【解析】 【分析】（1）根据题中关系结合椭圆定义即可得到答案；（2）设，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及，可得，由弦长公式结合基本不等式可得答案．【小问1详解】由关系式，结合椭圆的定义，点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.∴，，，∴点M的方程为.【小问2详解】联立方程，则，设，，则，，，直线l：与圆O相切，则，，∵，∴，解得， .当且仅当取等号.所以弦长的最大值为2.