2020-2021学年四川省成都市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省成都市高二（上）10月月考数学（文）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在直角坐标系中，直线2x−1=0的倾斜角是( )
A.π3B.π2C.2π3D. 不存在

2. 下面四个条件中，能确定一个平面的条件是( )
A.空间任意三点B.空间两条直线
C.空间两条平行直线D.一条直线和一个点

3. 已知椭圆C：x28+y212=1，则C的长轴长为( )
A.42B.43C.22D.23

4. 在空间直角坐标系中，点−2,1,9关于x轴的对称点的坐标是( )
A.−2,1,9B.2,1,−9C.2,−1,9D.−2,−1,−9

5. 圆x2+y2−2x−3=0的圆心到直线y=x距离为( )
A.12B.22C.2D.2

6. 双曲线x2b2−y2a2=1的两条渐近线互相垂直，那么该双曲线的离心率是( )
A.2B.3C.2D.32

7. 椭圆的短轴的一个顶点与两焦点组成等边三角形，则它的离心率为( )
A.12B.13C.14D.22

8. 已知两个不同的平面α，β和两个不重合的直线m，n，有下列四个命题：
①若m // n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α // β；③若m⊥α，m // n，n⊂β，则α⊥β；④若m // α，α∩β=n，则m // n，其中真命题的个数是( )
A.3B.2C.1D.0

9. 设θ∈(3π4, π)，则关于x，y的方程x2sinθ−y2csθ=1所表示的曲线是( )
A.焦点在y轴上的双曲线B.焦点在x轴上的双曲线
C.焦点在y轴上的椭圆D.焦点在x轴上的椭圆

10. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=π2，D是棱AC的中点，且AB=BC=BB1=2.求异面直线AB1与BC1所成的角( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

11. 设e是椭圆x28+y2k=1的离心率，且e∈12,1，则实数k的取值范围为( )
A.0,6B.(0,6)∪(323,+∞)C.(0,3)∪(163,+∞)D.0,2

12. 已知动直线l：ax+by+c−2=0(a>0，c>0)恒过点P(1，m)，且Q(4，0)到动直线的最大距离为3，则12a+2c的最小值为( )
A.1B.92C.94D.9
二、填空题

与椭圆x29+y24=1有相同的焦点，且离心率为2的双曲线标准方程是________.

空间直角坐标系中，点A(−3，4，0)与点B(x，−1，6)的距离为86，则x等于________.

设点P是双曲线x29−y216=1上任意一点，F1，F2分别是其左，右焦点，若|PF1|=10，则|PF2|=________.

已知点P是椭圆x24+y23=1上任一点，则点P到直线l:x+2y−12=0的距离的最小值为________．
三、解答题


(1)求经过点P3,0，且离心率为55的椭圆的标准方程；

(2)经过两点A7,62，B27,−3的双曲线标准方程.

已知△ABC的顶点A5，1，AB边上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0.
(1)求AC边所在直线方程；

(2)求过顶点C且与BH平行的直线．

已知动圆C经过点A(2, −3)和B(−2, −5).
(1)当圆C面积最小时，求圆C的方程；

(2)若圆C的圆心在直线3x+y+5=0上，求圆C的方程．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的中点，AB=BC=AA1=1.

(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；

(2)求BE与平面BCC1B1所成角的正弦值．

已知圆M:x2+(y−2)2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点，求动弦AB的中点P的轨迹方程．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，且离心率为12，点M为椭圆上的动点，△F1MF2面积最大值为3.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)M，N是椭圆C上的动点，且直线MN经过定点0,12，问在y轴上是否存在定点Q，使得kMQ+kNQ=0？若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市高二（上）10月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设直线2x−1=0，即为x=12的倾斜角是θ，θ∈[0, π)．
∵ x=12这条直线与x轴垂直，
∴ 直线2x−1=0的倾斜角是π2，
即θ=π2．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，空间任意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故A选项不正确；
B，空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有无数个，故B选项不正确；
C，根据立体几何公理的推论可知，空间中两条平行直线能够确定一个平面，故C选项正确；
D，一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有无数个，故D选项不正确.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
由题意得到椭圆x28+y212=1的焦点在y轴上，且a2=12，求解即可.
【解答】
解：∵ 椭圆x28+y212=1的焦点在y轴上，
∴ a2=12，
解得a=23，2a=43.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
空间直角坐标系
【解析】
根据空间直角坐标系中，点(x，y，z)关于x轴的对称点坐标是(x，−y，−z)，据此求解.
【解答】
解：∵ 在空间直角坐标系中，点(x,y,z)关于x轴的对称点坐标是(x,−y,−z)，
∴ 点(−2,1,9)关于x轴的对称点坐标是(−2,−1,−9).
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
圆的一般方程
点到直线的距离公式
【解析】
把圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标，利用点到直线的距离公式即可求出圆心到已知直线的距离．
【解答】
解：把圆的方程化为标准方程得：(x−1)2+y2=4，
∴ 圆心坐标为(1, 0)，
则圆心到直线y=x的距离d=|1−0|12+(−1)2=22.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
两条渐近线互相垂直的双曲线是等轴双曲线，由a=b，c=2a，可求出该双曲线的离心率．
【解答】
解：∵ 双曲线x2b2−y2a2=1的两条渐近线互相垂直，
∴ 双曲线x2b2−y2a2=1是等轴双曲线，
∴ a=b，
∴ c=a2+b2=2b，
∴ e=cb=2bb=2．
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】

【解答】
解：依题意可知：等边三角形的三边分别为a，a和2c，
∴ a=2c，
∴ e=ca=12，即离心率为12.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间直线，平面间的位置关系的判定定理和性质定理，结合选项进行逐个判断即可．同时利用反例的应用．
【解答】
解：对于①：若m // n，m⊥α，则n⊥α，故该命题为真命题；
对于②：若m⊥α，m⊥β，则α // β，故该命题为真命题；
对于③：若m⊥α，m // n，则n⊥α，
又因为n⊂β，所以α⊥β，故该命题为真命题；
对于④：如图，
若m // α，α∩β=n，则m // n不成立，故该命题为假命题；
综上所述，正确命题的个数为3.
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
【解析】
利用θ∈(3π4, π)，可定−csθ>sinθ>0，即可得出结论．
【解答】
解：∵ θ∈(3π4, π)，
∴ −csθ>sinθ>0，
∴ 关于x，y的方程x2sinθ−y2csθ=1所表示的曲线是焦点在y轴上的椭圆.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
通过空间直角坐标系求解.
【解答】
解：如图，连接CB1交BC1于点O，作AC的中点D，连接BD，OD，C1D，
由题意，得AB1//OD，
∴ ∠DOB为异面直线 AB1与BC1所成的角或其补角 .
∵ ∠ ABC=π2，
AB=BC=BB1=2，
∴ AC=AB2+BC2=22，AB1=BC1=22，
∴ BD=12AC=2，
∴ OD=12AB1=2，
OB=12BC1=2，
∴ △ OBD是等边三角形，
∴ ∠ DOB=60∘，
∴ 异面直线AB1与BC1所成的角为60∘.
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题意和椭圆性质可得当k>8时， 12【解答】
解：由e∈12,1，e=ca=c2a2，c2=a2−b2，
可得：当k>8时， c2=k−8，
由条件知12323；
当0由条件知12<8−k8<1，
解得0综上所述：实数k的取值范围为(0,6)∪(323,+∞).
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
两点间的距离公式
【解析】
由题意可得：可得a+bm+c−2＝0．又Q(4, 0)到动直线l0的最大距离为3，可得(4−1)2+m2=3，解得m＝0．a+c＝2．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ 动直线l：ax+by+c−2=0(a>0，c>0)恒过点P(1，m)，
∴ a+bm+c−2=0.
又∵ Q(4，0)到动直线l的最大距离为3，
∴ (4−1)2+m2=3，解得m=0，
∴ a+c=2.
则12a+2c=12(a+c)(12a+2c)
=12(52+c2a+2ac)
≥12(52+2c2a⋅2ac)=94，
当且仅当c=2a=43时取等号.
故选C.
二、填空题
【答案】
4x25−4y215=1
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
由题意设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，得到c=5，e=ca=2，又b2=c2−a2，求出a，b即可.
【解答】
解：∵ 椭圆x29+y24=1的焦点坐标为±5,0，
∴ 所求双曲线的焦点在x轴上.
设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
由题意可得：c=5，e=ca=2.
又∵ b2=c2−a2，
∴ a=52，b=152，
∴ 双曲线的标准方程为x254−y2154=1，即4x25−4y215=1.
故答案为：4x25−4y215=1.
【答案】
2或−8
【考点】
空间两点间的距离公式
【解析】
直接利用空间两点间的距离公式求解即可．
【解答】
解：因为空间直角坐标系中，点A(−3，4，0)与点B(x，−1，6)的距离为86，
所以(x+3)2+(−1−4)2+(6−0)2=86，
所以(x+3)2=25，
解得x=2或x=−8．
故答案为：2或−8.
【答案】
4或16
【考点】
双曲线的定义
【解析】
由双曲线的定义得，PF1−PF2=2a=6，求解即可.
【解答】
解：由双曲线的标准方程得，a2=9，
∴ a=3，
由双曲线的定义得，PF1−PF2=2a=6.
∵PF1=10，
∴ PF2=4或16.
故答案为：4或16.
【答案】
855
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
两条平行直线间的距离
【解析】
运用椭圆的参数方程，设出点P，再由点到直线的距离公式及两角和的正弦公式，结合正弦函数的值域，即可得到最小值．
【解答】
解：设与直线l平行且与椭圆相切的直线方程为x+2y+m=0，
联立新的直线方程与椭圆方程x24+y23=1,x+2y+m=0,
整理并消去x，得16y2+12my+3m2−12=0，
由题意，得Δ=−48m2+768=0，
解得m=±4，
所以当m=−4时，点P到直线l的距离最小，
此时点P到直线l的距离为|−12−(−4)|12+22=855.
故答案为：855．
三、解答题
【答案】
解：(1)当焦点在x轴上时，a=3,ca=55,b2=a2−c2,
解得b2=365，
此时椭圆的标准方程为：x29+5y236=1.
当焦点在y轴上时，b=3,ca=55,b2=a2−c2,
解得a2=454，
此时椭圆的标准方程为：x29+4y245=1.
(2)设双曲线方程为mx2+ny2=1.
∵ 双曲线过A7,62，B27,−3，
∴ 49m+72n=1,28m+9n=1,
解得m=125,n=−175,
∴ 双曲线的标准方程为x225−y275=1.
【考点】
双曲线的标准方程
椭圆的标准方程
【解析】


【解答】
解：(1)当焦点在x轴上时，a=3,ca=55,b2=a2−c2,
解得b2=365，
此时椭圆的标准方程为：x29+5y236=1.
当焦点在y轴上时，b=3,ca=55,b2=a2−c2,
解得a2=454，
此时椭圆的标准方程为：x29+4y245=1.
(2)设双曲线方程为mx2+ny2=1.
∵ 双曲线过A7,62，B27,−3，
∴ 49m+72n=1,28m+9n=1,
解得m=125,n=−175,
∴ 双曲线的标准方程为x225−y275=1.
【答案】
解：(1)由AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
可知kAC=−2.
又A5，1，
故AC边所在直线方程为y−1=−2x−5，
即AC边所在直线方程为2x+y−11=0．
(2)联立2x+y−11=0,2x−y−5=0,
解得x=4,y=3,
所以顶点C的坐标为4，3.
又因为BH所在直线的斜率为12，
故所求直线方程为y−3=12x−4，
即x−2y+2=0．
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】


【解答】
解：(1)由AC边上的高BH所在直线方程为x−2y−5=0，
可知kAC=−2.
又A5，1，
故AC边所在直线方程为y−1=−2x−5，
即AC边所在直线方程为2x+y−11=0．
(2)联立2x+y−11=0,2x−y−5=0,
解得x=4,y=3,
所以顶点C的坐标为4，3.
又因为BH所在直线的斜率为12，
故所求直线方程为y−3=12x−4，
即x−2y+2=0．
【答案】
解：(1)要使圆C的面积最小，则AB为圆C的直径，
故圆心C(0, −4)，半径r=12|AB|=5，
所以所求圆C的方程为：x2+(y+4)2=5．
(2)∵ kAB=12，AB中点为(0, −4)，
∴ AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,3x+y+5=0,得x=−1y=−2，
所以圆心C为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=10，
因此，所求的圆C的方程为(x+1)2+(y+2)2=10．
【考点】
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
两点间的距离公式
直线的一般式方程与直线的垂直关系
中点坐标公式
【解析】
（1）以AB为直径的圆即为面积最小的圆．由此算出线段AB的中点坐标和AB长，即可写出所求圆C的方程；
（2）由圆的性质，AB的中垂线与直线3x+y+5=0的交点即为圆C的圆心，由此联解直线方程得圆心C(−1, −2)，再由两点的距离公式算出半径r=10，即可得到所求的圆C的方程．
【解答】
解：(1)要使圆C的面积最小，则AB为圆C的直径，
故圆心C(0, −4)，半径r=12|AB|=5，
所以所求圆C的方程为：x2+(y+4)2=5．
(2)∵ kAB=12，AB中点为(0, −4)，
∴ AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,3x+y+5=0,得x=−1y=−2，
所以圆心C为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=10，
因此，所求的圆C的方程为(x+1)2+(y+2)2=10．
【答案】
(1)证明：∵ BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ BB1⊥AB.
∵ AB⊥BC，BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
∵ AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)解：取B1C1中点为G，连结EG，BG．
∵ 点E为A1C1的中点，
∴ EG//A1B1//AB.
∵ AB⊥平面B1BCC1，
∴ EG⊥平面B1BCC1，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的平面角为∠EBG.
∵ EG=12A1B1=12，
BG=BB12+B1G2=12+122=52，
∴ BE=BG2+EG2=122+522=62，
∴ sin∠EBG=1262=66，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的正弦值为66.
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直的判定
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ BB1⊥AB.
∵ AB⊥BC，BC∩BB1=B，
∴ AB⊥平面B1BCC1.
∵ AB⊂平面ABE，
∴ 平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)解：取B1C1中点为G，连结EG，BG．
∵ 点E为A1C1的中点，
∴ EG//A1B1//AB.
∵ AB⊥平面B1BCC1，
∴ EG⊥平面B1BCC1，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的平面角为∠EBG.
∵ EG=12A1B1=12，
BG=BB12+B1G2=12+122=52，
∴ BE=BG2+EG2=122+522=62，
∴ sin∠EBG=1262=66，
∴ BE与平面BCC1B1所成角的正弦值为66.
【答案】
解：连接MB，MQ，如图.
设P(x, y)，Q(a, 0).
由点M，P，Q在一条直线上，得2−a=y−2x．①
由射影定理，有|MB|2=|MP|⋅|MQ|，
即x2+(y−2)2⋅a2+4=1．②
由①及②消去a，可得x2+(y−74)2=116和x2+(y−94)2=116．
由图形可知y<2，
因此x2+(y−94)2=116舍去．
因此所求的轨迹方程为x2+(y−74)2=116(32≤y<2)．
【考点】
直线与圆的位置关系
轨迹方程
直线的一般式方程
【解析】
（2）连接MB，MQ，设P(x, y)，Q(|a|, 0)，点M、P、Q在一条直线上，利用斜率相等建立等式，进而利用射影定理|MB|2=|MP|⋅|MQ|，联立消去a，求得x和y的关系式，根据图形可知y<2，排除x2+(y−94)2=116．进而可求得动弦AB的中点P的轨迹方程．
【解答】
解：连接MB，MQ，如图.
设P(x, y)，Q(a, 0).
由点M，P，Q在一条直线上，得2−a=y−2x．①
由射影定理，有|MB|2=|MP|⋅|MQ|，
即x2+(y−2)2⋅a2+4=1．②
由①及②消去a，可得x2+(y−74)2=116和x2+(y−94)2=116．
由图形可知y<2，
因此x2+(y−94)2=116舍去．
因此所求的轨迹方程为x2+(y−74)2=116(32≤y<2)．
【答案】
解：(1)由题意，得 △F1MF2面积最大值为
S△ F1MF2 =12|F1F2|⋅b=12⋅2c⋅b=bc=3，
又∵ e=ca=12，a2=b2+c2，
∴ b=3c，
解得b=3，c=1，
∴ a=2，
∴ 椭圆C得方程为 x24+y23=1.
(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q0,m.
设直线l的方程为 y=kx+12, Mx1,y1，Nx2,y2，
由x24+y23=1，y=kx+12，
消去x，得3+4k2x2+4kx−11=0，
由根与系数得关系，得
x1+x2=−4k3+4k2， x1⋅x2=−113+4k2.
由kMQ+kNQ=0得：
y1−mx1+y2−mx2=kx1+12−mx1+kx2+12−mx2
=2kx1x2+(12−m)(x1+x2)x1x2=0，
即2kx1x2+(12−m)(x1+x2)
=2k⋅(−11)3+4k2+(12−m)⋅(−4k)3+4k2
=4k(m−6)3+4k2=0，
解得m=6，
∴ 存在定点(0,6)，当斜率不存在时定点0,6也符合题意.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得 △F1MF2面积最大值为
S△ F1MF2 =12|F1F2|⋅b=12⋅2c⋅b=bc=3，
又∵ e=ca=12，a2=b2+c2，
∴ b=3c，
解得b=3，c=1，
∴ a=2，
∴ 椭圆C得方程为 x24+y23=1.
(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q0,m.
设直线l的方程为 y=kx+12, Mx1,y1，Nx2,y2，
由x24+y23=1，y=kx+12，
消去x，得3+4k2x2+4kx−11=0，
由根与系数得关系，得
x1+x2=−4k3+4k2， x1⋅x2=−113+4k2.
由kMQ+kNQ=0得：
y1−mx1+y2−mx2=kx1+12−mx1+kx2+12−mx2
=2kx1x2+(12−m)(x1+x2)x1x2=0，
即2kx1x2+(12−m)(x1+x2)
=2k⋅(−11)3+4k2+(12−m)⋅(−4k)3+4k2
=4k(m−6)3+4k2=0，
解得m=6，
∴ 存在定点(0,6)，当斜率不存在时定点0,6也符合题意.