重庆市荣昌区荣昌中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

荣昌中学高2025级高二上期第二次月考数学试题考试时间：120分钟一、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．1.一条直线过点A(1，0)和B(−2，3)，则该直线的倾斜角为A.30°B.45°C.135°D.150°【答案】C【解析】【分析】本题先根据直线所过点求，再通过求倾斜角即可.【详解】解：∵直线过点A(1，0)和B(−2，3)，∴，∵，∴，∴故选：C.【分析】本题考查直线过两点求斜率，借斜率求倾斜角，是基础题.2.若圆C的半径为1,圆心在第一象限,且与直线4x-3y=0和x轴都相切,则该圆的标准方程是（　　）A.B.(x-2)2+(y-1)2=1C.(x-1)2+(y-3)2=1D.【答案】B【解析】【详解】由题意知圆心坐标为(x0,1),圆心到直线4x-3y=0的距离，解得或（舍去）， 所以圆的方程为.故选：B.3.在平行六面体中，，分别是，的中点.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由空间向量的线性运算，即可得到结果.【详解】由题意可得，.故选：A4.画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意先写出椭圆的蒙日圆方程，然后根据条件判断出两圆内切或外切，由此列出方程求解出结果. 【详解】由题意可知的蒙日圆方程为，因为圆与圆仅有一个公共点，所以两圆内切或外切，故圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，所以或，由此解得，故选：B.5.已知双曲线，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于、两点，是坐标原点．若，则双曲线的离心率为(　　)A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设右焦点则由对称性知即所以解得故选C6.已知为椭圆的焦点且，M，N是椭圆上两点，且，以为直径的圆经过M点，则的周长为()A.4B.6C.8D.12【答案】D【解析】【分析】根据椭圆定义，结合勾股定理即可求解，由焦点三角形的周长公式即可求解.【详解】由于为直径的圆经过M点，所以，不妨设则，由椭圆定义可得由勾股定理可得和， 即和，解得，故的周长为，故选：D7.设抛物线上一点到轴的距离为，点为圆任一点，则的最小值为（）A.B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据抛物线定义结合圆外一点到圆上一点最值问题即可得到答案.【详解】因为，则抛物线焦点坐标为，准线方程为，则，即，所以，则要使其最小，则需最小，因为圆的圆心为，半径，所以.故选：C. 8.双曲线C：的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点.若，且，则直线与的斜率之积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，利用双曲线定义推出相关线段的长，进而在和中利用余弦定理，求出以及，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求得答案.【详解】由题意结合双曲线定义可知，且，不妨设，则，，， .在中，，由余弦定理得，即，即，解得.在中，由余弦定理得，即，即，结合，即得，故得，即.又可设，则，而，故，故选：A【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据所给，分别在和中利用余弦定理，求出，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求解.二、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.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B.若对空间中任意一点，有，则四点共面C.已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底D.若，则是钝角【答案】ABC【解析】【分析】根据向量共面的定义可判断A，根据共面定理可判断B，根据基底的定义可判断C，利用向量夹角的取值范围判断D.【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确； 对于B，因为且，所以P，A，B，C四点共面，B正确；对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面且都不为，假设共面，则，即，则，与其为基底矛盾，所以不共面，所以也是空间的一组基底，C正确；对于D，若，则钝角或是，D错误；故选：ABC10.已知直线：，圆：，则（）A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.圆被轴截得的弦长为D.当圆被直线截得的弦最短时，【答案】BD【解析】【分析】根据给定条件求出直线l经过的定点及圆的圆心、半径，再逐一分析、计算各选项判断作答.【详解】依题意，直线：可化为，由解得，，即直线过定点，A不正确；圆：的圆心，半径，，即点P在圆内，直线与圆恒相交，B正确；圆心到x轴的距离，则圆被轴截得的弦长为，C不正确；由于直线过定点，圆心，则直线PC的斜率，当圆被直线截得的弦最短时，由圆的性质知，，于是得，解得，D正确.故选：BD11.已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点 在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（）A.B.C.D.为中点【答案】BCD【解析】【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.【详解】如下图所示：分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，，则，设，，由，则，可得，所以，,解得所以,所以B正确.，得，A选项错误； 所以,满足,所以C正确.而,所以D正确.故选：BCD12.已知正方体的棱长为，点满足,其中，为棱的中点，则下列说法正确的有（）A.若平面，则点的轨迹的长度为B.当时，的面积为定值C.当时，三棱锥的体积为定值D.当时，存在点使得平面【答案】ABC【解析】【分析】构造面面平行可判定A，根据线线平行可判定B，利用线面平行及棱锥体积公式可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系可判定D.【详解】如图所示，取中点，中点，中点，由正方体的特征可得四边形是平行四边形，故，又中点，中点，所以，所以，同理四边形也是平行四边形，可知，又平面，平面，可得平面，同理可得平面，因为，、平面，平面平面， 若平面，则点的轨迹为线段，已知正方体的棱长为，则点的轨迹的长度为，故A正确；当时，，则点在线段上运动，由题意易得，故点到的距离是定值，所以的面积为定值，故B正确；由正方体特征可知是边长为的等边三角形，面积为定值，又中点为，中点为，当时，，故共线，即点在线段上运动，且，平面，平面，所以平面，可得点到平面的距离是定值，可得三棱锥的体积为定值，故C正确；如下图所示，以点A为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，所以，，，，，，则，若存在点使得平面，那么，而，故当时，不存在点使得平面，故D选项错误. 故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点是，则点P到坐标原点O的距离_____________．【答案】【解析】【详解】试题分析：两点关于y轴对称，则两点的横坐标，竖坐标互为相反数，纵坐标相同，所以由点关于轴的对称点是可得，考点：空间点对称的位置关系及空间两点间距离点评：点关于x的对称点，关于y轴的对称点，关于z轴的对称点，若则空间两点间的距离公式为，容易题14.已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则三角形的面积为______.【答案】4【解析】【分析】由椭圆定义以及勾股定理即可求得，即可求得三角形的面积为4.【详解】根据椭圆定义可知，由勾股定理可得，所以可得，因此可得三角形的面积为.故答案：415.已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为，，若 ，则_____．【答案】1【解析】【分析】结合切线长定理可得为等边三角形，即可得.【详解】由圆：可得圆心坐标为，半径，由、为圆切线，故，又故，又，故为等边三角形，故.故答案为：1.16.古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率______.【答案】##【解析】【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点 ，，则，，可得四边形为平行四边形，又及托勒密定理，可得四边形为矩形．设，，在中，，则，，，，，，解得．双曲线的离心率为．故答案为：．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.已知的平分线所在的直线的方程为．（1）求AB的中垂线方程；（2）求AC的直线方程．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）求出的中点坐标及，故求出AB的中垂线斜率，点斜式求出方程；（2）关于的对称点在直线上，求出，利用两点式求出直线方程，得到答案. 【小问1详解】的中点坐标为，又，故AB的中垂线斜率为4，故AB的中垂线方程为，即；【小问2详解】由对称性可知，关于的对称点在直线上，故，解得，故，故直线的方程为，即.18.已知点，，，是圆上的动点．（1）求面积的最小值；（2）求线段的中点的轨迹方程．【答案】18.19.【解析】【分析】（1）结合图象求出圆上的点到直线距离的最小值，再运用两点间距离公式、三角形面积公式计算即可. （2）设出，，由中点坐标公式可得，，结合点在圆上代入整理即可.【小问1详解】如图所示，由题知，，直线的方程为．圆的标准方程为，则圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为．设点到直线的距离为，则，所以面积的最小值为．【小问2详解】设，，由题意知，，则，，又点在圆上，所以，整理得，所以点的轨迹方程为，即．19.已知是抛物线的焦点，是上在第一象限的一点，点在轴上，轴，，．（1）求的方程； （2）过作斜率为的直线与交于，两点，的面积为（为坐标原点），求直线的方程．【答案】19.20.或．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，利用弦长公式计算出，再根据点到直线的距离公式计算出点到直线的距离，根据面积公式建立等式计算即可求解.【小问1详解】由题知，，由抛物线的定义知，，，的方程为．【小问2详解】由（1）知，设，，直线的方程为，代入，整理得，由题易知，，，，到直线的距离为，，解得，直线的方程为或．20.如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面， .（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可；（2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可.【小问1详解】作中点，因为与都正三角形，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ，则，且，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以点到平面的距离；【小问2详解】设平面的法向量为，因，所以，即，令，则，所以，由（1）知面的法向量为，令平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.21.已知圆，，动圆与圆，均外切，记圆心 的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）直线过点，且与曲线交于两点，满足，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；（2）不妨设，，，由可得，结合韦达定理运算求解.【小问1详解】由题意可知：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，由条件可得，即，则根据双曲线的定义可知，点是以，为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支，则，可得，所以曲线的方程为．【小问2详解】由（1）可知：双曲线的渐近线方程为，即，由于且直线的斜率不等于0，不妨设，，， 则，，由可得，联立方程，消去x得则，由韦达定理可得，由，解得，代入可得，解得，即，因此直线，即.22.已知，分别是椭圆左顶点与左焦点，，是上关于原点对称的两点，，．（1）求的方程；（2）已知过点的直线交于，两点，，是直线上关于 轴对称的两点，证明：直线，的交点在一条定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由椭圆得对称性可得，可得椭圆方程；（2）设直线的方程，联立直线与椭圆，利用韦达定理表示，，分别表示，联立可得，即可得证.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，其右焦点为，由椭圆的对称性可知，即，又，所以，，则椭圆方程为：；【小问2详解】由已知可得直线的斜率一定存在，则设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆，得，，即 ，则，，设，，，则直线的方程为，直线的方程为，两式相减可得又，所以，即，解得，所以直线与的交点在直线上.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．