四川省内江市第六中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学 Word版含解析.docx

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内江六中2023—2024学年（上）高2025届第二次月考数学试题考试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷选择题（满分60分）一、单选题（每题5分，共40分）1.经过两点的直线的一个方向向量为，则（）A.B.C.D.3【答案】D【解析】【分析】根据斜率公式求得，结合直线的方向向量的定义，即可求解.【详解】由点，可得直线的斜率为，因为经过两点的直线的一个方向向量为，所以.故选：D.2.已知圆锥的侧面面积为，底面面积为，则该圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出圆锥的底面周长，然后利用侧面积求出圆锥的母线，求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．【详解】根据题意，圆锥的底面面积为，设底面半径为，圆锥母线为，则，，底面周长为，又，∴圆锥的母线为2，则圆锥的高为，所以圆锥的体积．故选：B．3.若椭圆的长轴端点与双曲线的焦点重合，则的值为（） A.4B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据长轴端点确定焦点，再根据的关系可求得的值.【详解】椭圆的长轴端点为，所以双曲线的焦点为，故.故选：D.4.已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题错误的是（）A.若，，，则B.若，，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；根据线面垂直的判定定理可判断B；根据线面平行的性质定理可判断C；根据面面平行以及线面垂直的性质可判断D.【详解】对于A，，则内必存在直线，设为s，使得，又，则，而，则，A正确；B中，若，此时有可能是或或或m和相交不垂直，未必一定是，则B说法不正确．对于C，若，，，则，根据线面平行的性质定理可知，C正确，对于D，若，，则，又，故，D正确，故选：B．5.已知圆与抛物线的准线相切，则（）AB.C.8D.2【答案】D 【解析】【分析】根据抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系即可求解.【详解】抛物线的准线为，又圆与该抛物线的准线相切,圆心到准线的距离：.故选：D.6.如图，在圆锥中，轴截面的顶角，设是母线的中点，在底面圆周上，且，则异面直线与所成角的大小为（）A.15°B.30°C.45°D.60°【答案】C【解析】【分析】首先得出异面直线与所成的角即为（或其补角），在中求角即可.【详解】因为是的中点，是的中点，所以，所以异面直线与所成的角即为（或其补角）．易知．因为，，平面，所以平面．因为平面，所以．又，，平面，所以平面，而平面，所以．因为，，所以为等边三角形，所以，所以．故选：C．7.已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线交双曲线左支于两点，且 ，若双曲线的实轴长为8，那么的周长是（）A.5B.16C.21D.26【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义分析求解.【详解】由题意可知：，即，所以的周长.故选：D.8.已知为椭圆的焦点，P为椭圆上一动点，，则的最大值为（）A.B.6C.D.【答案】A【解析】【分析】根据焦点求得，利用椭圆的定义求得的最大值.【详解】由于椭圆的焦点为，所以且焦点在轴上，则，且，，所以椭圆方程，所以，设左焦点为，根据椭圆定义得，当是的延长线与椭圆的交点时等号成立，所以的最大值为.故选：A 二、多选题（全选对得5分，少选得2分，选错不得分，每题5分，共20分）9.（多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（）A.开口向上，焦点为B.开口向上，焦点为C.焦点到准线的距离为4D.准线方程为【答案】AC【解析】【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为．故选：AC10.下列四个命题中正确的是（）A.已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底B.是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则C.已知向量，，则在方向上的投影向量为D.为空间中任意一点，若，且，则，，，四点共面【答案】AD【解析】【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量基本定理的推论判断D.【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确； 对于B，当时，满足，但直线不平行于平面，故B错误；对于C，因为，，则在方向上的投影向量为，故C错误；对于D，由空间向量基本定理的推论可知：若，且，则，，，四点共面，故D正确.故选：AD.11.已知直线，圆，则下列说法正确的是（）A.直线恒过点B.圆与圆有两条公切线C.直线被圆截得的最短弦长为D.当时，圆存在无数对点关于直线对称【答案】ABD【解析】【分析】求解直线系所过的定点判断A；判断两圆位置关系判断B；求解直线被圆截的弦长判断C，利用圆的圆心与直线的位置关系判断D．【详解】对A，直线，即，恒过点，所以A正确；对B，圆的圆心坐标为，半径为，而圆的圆心为，半径为1，则两圆心的距离为，半径和为3，半径差为1，则，则两圆相交，则两圆有两条公切线，B正确；对C，圆的圆心坐标为，圆的半径为2．直线，恒过点，代入圆方程得，则定点在圆内，则直线与圆必有两交点，设圆心到直线的距离为，则弦长，若要弦长最短，则最大，而圆心到直线的距离最大值即为圆的圆心到定点的距离为：，所以直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确；对D，当时，直线方程为：，代入圆心坐标，得，则该直线经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确． 故选：ABD．12.已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点．点是上的动点，则下列说法正确的是（）A.当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为B.无论点在上怎么运动，都有C.当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且D.无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是【答案】BD【解析】【分析】选项A：设为的中点，连接、，可得直线与平面的平面角为，求正切值即可；选项B：利用线面垂直的性质可证明即可判断；选项C：利用三角形中线的性质判断即可；选项D：由直线的平行关系构造线线角为，结合动点分析角度范围判断即可.【详解】选项A：当点运动到中点时，设为的中点，连接、，如下图示，因为直三棱柱，所以面， 又因为中中位线，所以面，所以直线与平面所成的角的正切值，因为，，所以，故说法A错误；选项B中，连接，与交于，并连接，如下图示，由题意知，为正方形，即有，因为且为直三棱柱，平面，平面，所以，因为，面，所以面，因为面，所以，又，面，所以面，因为面，所以，连接，同理，面，因为面，所以，又，面，所以面，因为面，所以，又，面，所以面，又面，即有，故B说法正确；选项C：点运动到中点时，即在中、均为中线，所以为中线的交点， 所以根据中线的性质有：，故C错误；选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角，由选项A可知面，因为面，所以，所以，点在上运动时，当在或上时，最大为，当在中点上时，最小，此时为，，所以不可能是，故D说法正确；故选：BD第Ⅱ卷非选择题（满分90分）三、填空题（每题5分，共20分）13.过椭圆的左顶点，且与直线平行的直线方程为____________.【答案】【解析】 【分析】由已知求出椭圆左顶点，利用平行直线斜率相等结合点斜式方程可得答案.【详解】由椭圆知，，所以左顶点为，又所求直线与直线平行，所以斜率，故直线方程为，即.故答案为：14.已知数列的前项和为，则数列的通项公式为__________.【答案】【解析】【分析】利用求解【详解】数列的前n项和，可得；时，，不满足，则，故答案为：.15.若与有交点，则实数的取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】根据题意，得到曲线和直线恒过定点，画出图象，结合斜率公式，即可求解.【详解】由曲线，可得，表示以原点为圆心，半径为1的下半圆，又由直线恒经过定点， 因为曲线与轴的交点分别为，可得，要使得与有交点，可得或，所以实数的取值范围为.故答案为：.16.已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且轴，过点作的平分线的垂线，与直线交于点，若点在圆上，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由题意求出，结合双曲线定义以及角平线性质推出，从而推出，在中，利用余弦定理可求得，结合齐次式求解离心率，即可得答案.【详解】由题意知，轴，故将代入中，得，则，即，不妨设P在双曲线右支上，则，故； 设为的平分线，由题意知，则，即，而，故，由点圆上，得；又，则，在中，,即，结合，即得，即，解得或（舍），故（负值舍去），即的离心率为，故答案为：【点睛】关键点睛：求解双曲线的离心率，关键是求出之间的数量关系式，因此解答本题时，要结合题中条件以及双曲线定义推出相关线段长，从而在中，利用余弦定理求出的关系，化为齐次式，即可求得答案.四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17.双曲线的左、右焦点分别为，已知焦距为8，离心率为2，（1）求双曲线标准方程；（2）求双曲线的顶点坐标、焦点坐标、实轴和虚轴长及渐近线方程. 【答案】（1）（2）答案见详解【解析】【分析】（1）根据已知条件列方程求出a，b，c，然后可得标准方程；（2）根据（1）中a，b，c，的值直接写出所求即可.【小问1详解】由题知，，解得，所以，所以双曲线标准方程为：.【小问2详解】由（1）知，双曲线焦点在x轴上，所以双曲线的顶点坐标为，焦点坐标为，实轴长，虚轴长，渐近线方程为，即.18.如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，是的中心，底面，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见详解（2） 【解析】【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可得，再由直线与平面的判定定理可判定平面；（2）取中点，连接，可得，且,易得平面，再由棱锥体积公式得解.【小问1详解】证明：连接，分别是，的中点，，又平面，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，是的中点，为的中位线，则，且，又平面，平面，所以三棱锥的体积为.19.已知圆过点和.（1）求圆的方程；（2）已知动圆和圆外切且过点，求圆心的轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)设圆：把点代入求解.（2）根据点在圆上和两圆相外切可以找到， 的关系，根据双曲线的定义求解双曲线方程.【小问1详解】设圆：，又因为在圆上即得：即得：即得即，，所以圆：【小问2详解】设动圆的半径为，又因为动圆经过点，所以动圆和圆外切，所以，即，根据双曲线的定义可知动点是以为焦点，为实轴长的双曲线的左支.由双曲线的定义知：，所以所以动点的轨迹为：20.已知是抛物线的焦点，是抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与抛物线交于两点，且线段的中点坐标为，求直线的斜率.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根据点在抛物线上及焦半径公式，列方程组求解即可；（2）设出坐标，代入抛物线方程，结合弦中点，利用点差法即可求得直线的斜率.【小问1详解】 由题可知，，解得，故抛物线的方程为.【小问2详解】设，则，两式相减得，即.因为线段的中点坐标为，所以，则，故直线的斜率为2.21.如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示：（1）求证：平面；（2）设线段的中点为，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据已知结合面面垂直的性质，即可得出平面，.进而即可根据线面垂直的判定定理得出证明；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据向量运算求解，即可得出答案. 【小问1详解】由已知可得，，.因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面.因为平面，所以.又，，所以.因为，平面，平面，所以平面.【小问2详解】如图，建立空间直角坐标系，因为，，，则，，，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，取，则.又平面，所以即为平面的一个法向量.设平面与平面所成的锐二面角为，所以，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为. 22.如图，椭圆的离心率为，其长轴的两个端点与短轴的一个端点构成的三角形的面积为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点的直线l交C于A、B两点，交直线于点P．若，，证明：为定值，并求出这个定值．【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为0.【解析】【分析】（1）由已知得，结合椭圆参数关系求得，即可得椭圆方程；（2）令，，，联立椭圆方程并应用韦达定理得，，再由向量数量关系的坐标表示得到关于参数k的表达式，将韦达公式代入化简即可证.【小问1详解】由题设，又，则，所以椭圆C的标准方程为.【小问2详解】由题设，直线l斜率一定存在，令，且在椭圆C内，联立直线与椭圆并整理得，且， 令，而，则，由，则且，得，同理由，则且，得，所以又，，则.所以为定值0.