四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

嘉陵一中高2022级高二上期第三次月考数学试题命题人：青小菊考试时间：120分钟满分：150分一、单选题（每小题5分，共40分）1.空间四边形中，（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减运算求解即可.【详解】根据向量的加法、减法法则，得.故选：A.2.若经过，两点的直线的倾斜角为45°，则等于（）A.2B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线的斜率公式，由题中条件列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为经过，两点的直线的倾斜角为，所以，解得.故选：D.3.设，则“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果.【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且 ，解得或．所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，故选：A4.已知向量，若，且，则的值为（）A.0B.4C.0或4D.1或4【答案】C【解析】【分析】由向量的模求出的值，再由向量垂直求出的值，最后求出即可.【详解】因为且，所以，解得，又因为，所以，当时解得，此时，当时解得，此时，故选：C5.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即故选：A 【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.6.若直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】作出曲线，它是半圆，直线过定点，由图可知四条直线产生临界条件，两条过半圆的两个端点，两条是半圆的切线，求出其斜率后可得结论．【详解】直线过定点，又曲线可化为：，，画出直线与曲线图象如图所示：数形结合可得直线在，，，处产生临界条件，设直线，，，的斜率分别为则设直线的方程为，圆心到直线的距离为，解得舍去或， 要使两图象有个不同交点，则故选：D．7.已知四棱锥中，底面四边形为正方形，侧面为正三角形，且侧面垂直底面，若则该四棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题目做出图形，连接球心为和正方形中心，先利用，得出，进而求出四棱锥外接球半径，求出结果.【详解】根据题意得出图形：球心为，分别为和正方形中心，因为侧面垂直底面，，所以四棱锥的高为，底面正方形外接圆半径为，则，即，即，解得，所以四棱锥外接球半径平方，即， 故其表面积为.故选：B8.已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A.16B.14C.12D.10【答案】A【解析】【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取等号.点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以.二、多选题（每题5分，共20分，全对得5分，部分选对得2分，多选或错选得0分）9.已知方程，下列叙述正确的是（）A.方程表示的是圆B.当时，方程表示过原点的圆C.方程表示的圆关于直线对称 D.方程表示的圆的圆心在x轴上【答案】BCD【解析】【分析】配方得，进而得时表示圆，且圆心为，再依次分析各选项即可.【详解】解：方程，配方得，若方程表示一个圆，则，从而，故A错，B正确；方程表示圆时，圆心为，在直线上，故C，D正确．故选：BCD10.下列结论中正确的是（）A.若，分别为直线l，m的方向向量，则B.若为直线的方向向量，为平面的法向量，则或C.若，分别为两个不同平面，的法向量，则D.若向量是平面的法向量，向量，，则【答案】BD【解析】【分析】由直线的方向向量垂直得直线垂直，由直线的方向向量与平面的法向量垂直得直线与平行的位置关系，由两平面的法向量平行得平面平行，由平面的法向量与平面内的向量垂直得参数关系，从而判断各选项．【详解】，，，直线与不垂直，故A错误；，或，故B正确；，与不共线，不成立，故C错误；由题可知即解得，故D正确．故选：BD. 11.已知椭圆的左､右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（）A.椭圆的离心率的取值范围是B.当椭圆的离心率为时，的取值范围是C.存在点使得D.的最小值为1【答案】BCD【解析】【分析】根据点在椭圆外，即可求出的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断A，根据离心率求出，则，即可判断B，设上顶点，得到，即可判断C，利用基本不等式判断D.【详解】解：由题意得，又点在椭圆外，则，解得，所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A不正确；当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；设椭圆的上顶点为，，，由于，所以存在点使得，故C正确；，当且仅当时，等号成立，又， 所以，故D正确．故选：BCD12.在棱长为2的正方体中，动点满足，其中，，则（）A当时，有且仅有一个点，使得B.当时，有且仅有一个点，使得平面C.当时，三棱锥的体积为定值D.有且仅有两个点，使得【答案】BC【解析】【分析】对于A，当时，推出点在线段上，设，根据勾股定理计算可得A不正确；对于B，当时，点在线段上，若平面，则必与重合，故B正确；当时，推出点在线段上，推出平面，可得三棱锥的体积为定值，故C正确；由推出点的轨迹是侧面内以为圆心，为半径的弧，故D不正确.【详解】对于A，当时，由，得，因为，所以点在线段上，设，则，，，，若，则，则，则或，当时，与重合；当时，与重合，故当时，有两个点，使得，故A不正确； 对于B，当时，由，得，又，则点在线段上，因为，，，平面，所以平面，若平面，则平面与平面重合，此时必与重合，即当时，有且仅有一个点，使得平面，故B正确；对于C，当时，由以及，，得点在线段上，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于到平面的距离，所以为定值，故C正确；对于D，由，以及，得点在侧面内，易知，，由，，得， 所以点的轨迹是侧面内以为圆心，为半径的弧，即有无数个点满足题意，故D不正确.故选：BC【点睛】关键点点睛：根据平面向量知识推出各个选项中点的轨迹是解题关键.三、填空题（每题5分，共20分）13.已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于、两点，若，则此直线的斜率=________.【答案】.【解析】【分析】根据题意，设方程为，联立方程组得到，求得，结合抛物线的定义，得到方程，进而求得直线的斜率.【详解】由抛物线，可得其焦点坐标，准线方程为，因为直线过抛物线的焦点，可设方程为，联立方程组，整理得，可得，则，由抛物线的定义可得，解得，所以直线的斜率为.故答案为：.14.在三棱锥中，底面，是的中点，已知 ，则异面直线BC与AD所成角的余弦值为______．【答案】##【解析】【分析】根据三棱锥的几何特征，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出异面直线BC与AD所成角的余弦值为.【详解】由底面，平面，所以，又，可得，即两两垂直；因此以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则，又是的中点，可得，所以，可得；所以异面直线BC与AD所成角的余弦值为.故答案为：15.若圆上恰有四个点到直线的距离为1，则实数的取值范围是_______【答案】【解析】【分析】作出到直线的距离为1的点的轨迹，得到与直线平行，且距离为1的两条直线，由题意，两条平行线与圆有四个公共点，利用点到直线距离公式可得两条平行线中与圆心O距离较远的一条到原点的距离，分析可得，即得解 【详解】作出到直线的距离为1的点的轨迹，得到与直线平行，且距离为1的两条直线由于圆的圆心为原点，原点到直线的距离为：故两条平行线中与圆心O距离较远的一条到原点的距离又圆上恰有四个点到直线的距离为1，故两条平行线与圆有四个公共点，即它们与圆相交由此可得圆的半径，故实数的取值范围是故答案为：16.双曲线E：，过作直线l交双曲线于A，B两点，若不存在直线l使得P是线段的中点，则t的取值范围是_________________.【答案】【解析】【分析】根据中点坐标公式及点差法,可求得直线的斜率与t之间的关系,结合直线与双曲线有两个不同的交点,可得满足P为线段中点时t的范围,从而即可得结果. 【详解】因为双曲线方程为，设，若点P为线段的中点，则，又，两式相减并化简可得，又直线的斜率，即，设直线l的方程为，联立,化简可得因为直线与双曲线有两个不同的交点，所以，又，化简得，即或，所以不存在直线l使得P是线段中点的t的取值范围为，故答案为：.四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17.已知空间三点，，，设，．（1）求；（2）与互相垂直，求实数的值．【答案】17.18.或【解析】【分析】（1）应用向量线性关系坐标运算得，，根据向量夹角的坐标公式求夹角余弦值；（2）首先求出，的坐标，再根据向量垂直列方程求参数． 【小问1详解】由题设，，所以．【小问2详解】由，，而，所以，可得或．18.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图所示，四面体中，平面，，是棱的中点．（1）判断四面体是否为鳖臑，并说明理由；（2）若四面体是鳖臑，且，求直线与平面所成的角的大小．【答案】（1）是，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，即可得证，进而可知四面体是鳖臑，由此得出结论；（2）根据平面，可得为直线与平面所成的角，即可求解.【小问1详解】证明：平面，平面，，，是棱的中点，，又，且平面，平面， 平面，平面，；因此,故，，，为直角，所以四面体是鳖臑，【小问2详解】四面体是鳖臑，，，又，，由（1）知平面，所以为直线与平面所成的角，由于是中点，所以故.19.已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据两点间距离公式及距离之比代入化简即可求得的方程为；（2）利用弦长可求得圆心到直线的距离为，代入点到直线距离公式即可求出结果.【小问1详解】由题可得， 化简得，即的方程为.【小问2详解】由题可知的斜率存在，设，即.由（1）可知曲线是以为圆心，2为半径的圆，因为，所以圆心到直线的距离为，所以，解得或.所以的方程为或.20.如图，已知正方体的棱长为1，E是的中点．（1）求证：平面；（2）求平面和底面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直证明线线垂直，即可求证，（2）根据法向量的夹角，即可求解.【小问1详解】以点为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，故，，，所以，，所以，．又，，平面，因此平面．【小问2详解】平面的法向量为，，则，取，可得，设平面和底面夹角为，因为平面的一个法向量为，所以，故，所以平面和底面夹角的正弦值为．21.已知抛物线过点．（1）求抛物线的方程；（2）求过点的直线与抛物线交于、两个不同的点(均与点不重合)．设直线、的斜率分别为、，求证：为定值． 【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）本题可将代入抛物线方程中求出的值，即可得出结果；（2）本题首先可设、以及直线的方程，然后通过联立直线的方程与抛物线方程即可得出、，最后通过并化简即可得出结果.【详解】（1）因为抛物线过点，所以，，抛物线方程为.（2）设，，直线的方程为，联立，整理得，，，，则，故为定值.【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线方程的求法以及抛物线与直线相交的相关问题的求解，通过联立直线的方程与抛物线方程以及韦达定理得出、的值是解决本题的关键，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.22.已知，分别是椭圆的左顶点与左焦点，，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．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．