2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高二上学期12月月考数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年四川省仁寿第一中学校南校区高二上学期12月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．相交 C．内切 D．外切

【答案】B

【分析】先求出两圆圆心和半径，再由两圆圆心之间的距离和两圆半径和及半径差比较大小即可求解.

【详解】由题意得，圆圆心，半径为7；圆，圆心，半径为4，

两圆心之间的距离为，因为，故这两圆的位置关系是相交.

故选：B.

2．下面四个选项中一定能得出平面平面的是（    ）

A．存在一条直线a，，

B．存在一条直线a，，

C．存在两条平行直线a，b，，，，

D．存在两条异面直线a，b，，，，

【答案】D

【分析】对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面，再证即可.

【详解】如图，是长方体，平面ABCD为平面，平面ABB1A1为平面，

对于A，直线C1D1为直线a，显然，，而与相交，A不正确；

对于B，直线CD为直线a，显然，，而与相交，B不正确；

对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然，，，，而与相交，C不正确；

对于D，因a，b是异面直线，且，，过直线a作平面，如图，

则c//a，并且直线c与b必相交，而，于是得，又，即内有两条相交直线都平行于平面，因此，平面平面.

故选：D

3．已知抛物线的焦点为F，过点且垂直于x轴的直线与抛物线C在第一象限内的交点为A，若，则抛物线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据抛物线的定义列方程可解得，从而可得结果.

【详解】因为，所以，解得，

所以抛物线C的方程为.

故选：A.

【点睛】本题考查了抛物线的定义，属于基础题.

4．设，是双曲线的左，右焦点，点P在双曲线C的右支上，当时，面积为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用双曲线的定义可得，又，进而即得.

【详解】∵双曲线，

∴，又点P在双曲线C的右支上，，

所以，，即，

又，

∴面积为.

故选：B.

5．已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.

【详解】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：

则圆锥的体积，所以，即，

，则，

又，所以，故．

故选：C．

6．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.

【详解】解：如图，取中点，连接，，

由于正三棱柱，则底面，

而底面，所以，

由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，

所以，且,

所以平面，

而平面，则，

则//，，

∴即为异面直线与所成角，

设，则，，，

则，

∴.

故选：C.

【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.

7．如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下面结论中错误的是（    ）

A． B．

C．平面 D．平面平面

【答案】C

【分析】根据圆柱的结构特征，结合线面垂直、面面垂直的判定对各选项逐一分析、推理、证明即可判断作答.

【详解】因四边形是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，

又是底面圆周上异于，的一点，于是得，而平面ABE，平面ABE，则，

因，平面BCE，则平面BCE，平面BCE，因此得，A正确；

同理，，B正确；

点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若平面，因平面BCE，

与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；

因平面BCE，而平面ADE，于是得平面平面，D正确.

故选：C

8．如图，在三棱锥中，，平面，，为的中点，则直线与平面所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取PC的中点为E，连接EO，易证OE⊥平面PAC，即∠OCE为直线与平面所成角.

【详解】取PC的中点为E，连接EO，可得OE∥BC，

∵平面，平面ABC，

∴又AC⊥BC，AC∩BC=C，

∴BC⊥平面PAC，又OE∥BC，

∴OE⊥平面PAC，

∴∠OCE为直线与平面所成角，

设，OE=1.，OC=

∴cos∠OCE=

故选B

【点睛】本题考查了直线与平面所成的角的作法和求法，解题时要按作、证、算三步规范解题，要能熟练的将空间问题转化为平面问题加以解决

9．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【分析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.

【详解】

双曲线的渐近线方程是

直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点

不妨设为在第一象限，在第四象限

联立，解得

故

联立，解得

故

面积为：

双曲线

其焦距为

当且仅当取等号

的焦距的最小值：

故选：B.

【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

10．已知抛物线，F为其焦点，若直线与抛物线C在第一象限交于点M，第四象限交于点N，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据联立直线与抛物线方程，解出两点横坐标，利用抛物线焦半径公式即可得到线段比.

【详解】由题得，当时，，则在直线上，

联立得，解得或，由下图得，，

故，，

故，

故选：D.

11．长方体中，，，，为该正方体侧面内（含边界）的动点，且满足.则四棱锥体积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】首先根据得到，所以的轨迹是以为焦点 的椭圆，再根据椭圆的几何性质可得到四棱锥的高的最值，即可得到体积的范围.

【详解】如图所示：

在中，，

在中，，

因为，

所以.

因为

所以点的轨迹是以为焦点 的椭圆.

如下图所示：

，，.

椭圆的标准方程为：.

联立，解得：.

所以，.

当点运动到位置时，此时四棱锥的高最长，

所以.

当点运动到或位置时，此时四棱锥的高最短，

所以.

综上所述：.

故选：B

【点睛】本题主要考查计算四棱锥的体积，同时考查了椭圆的几何性质，将立体思想转化为椭圆思想是解题的关键，属于难题.

12．已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由椭圆的对称性，及，得四边形为矩形，设，利用椭圆的定义，及条件所给出的长度关系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推断出点P的位置，求出离心率.

【详解】

如图，设左焦点为，连接，，，

由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，

又因为，所以四边形为矩形.

设，则，

又因为，则，，，

在中，，即，

解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.

由，所以，即，所以离心率.

故选：B.

【点睛】解题时注意数形结合，抓住椭圆的对称性，将图形关系用含a，b，c的代数式表示出来，即可求解离心率.

二、填空题

13．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．

【答案】5

【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．

【详解】因为圆心到直线的距离，

由可得，解得．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．

14．三棱锥中，底面是锐角三角形，垂直平面，若其三视图中主视图和左视图如图所示，则棱的长为______

【答案】

【分析】根据三视图，求得的长度，再利用勾股定理即可求得.

【详解】根据主视图可知，点在的投影位于的中点，不妨设其为，

故可得，

根据左视图可知：，则，

又面面，故可得，则.

故答案为：.

15．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于___________

【答案】

【解析】设圆锥的顶点为，为底面圆上一点，底面圆的半径为，圆心为，设球心为，球的半径为，连结，可得，即可求出，由球体的体积公式，可求出答案.

【详解】设圆锥的顶点为，为底面圆上一点，底面圆的半径为，圆心为，则，，

设球心为，球的半径为，连结，

则，即，

所以，解得.

所以所求球体的体积为.

故答案为：.

【点睛】本题考查球的体积，考查圆锥的外接球，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.

16．已知双曲线的左右焦点分别为，P是双曲线上位于第一象限内的一点，且直线与y轴的正半轴交于A点，三角形的内切圆在边上的切点为Q，双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，，则该双曲线的离心率为_________．

【答案】

【分析】设直线，与圆的切点分别为M，N，结合双曲线的定义和对称性可求出，再根据左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，可求出，进而求出，最后再套用离心率公式可求出答案.

【详解】如图，设直线，与圆的切点分别为M，N，

由切线长定理可得，，，

又点 P 在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，

，

又双曲线左焦点 到双曲线的一条渐近线的距离为，

∴∴，

离心率.

故答案为：

三、解答题

17．如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.

（1）求证：AC∥平面DMF；

（2）求证：BE⊥DM.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.

【详解】（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.

因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.

又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.

又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.

所以AC∥平面DMF.

（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.

又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.

因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.

又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.

又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.

因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.

又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.

因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.

18．半径为3的圆过点，圆心在直线上且圆心在第一象限．

(1)求圆的方程；

(2)过点作圆的切线，求切线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）通过圆心在直线上，且在第一象限设出圆心的坐标，再利用圆上的点到圆心的距离等于半径求出圆心，进而可得圆的方程.

（2）先判断出点在圆外，再通过切线斜率存在与不存在两种情况借助圆心到切线的距离等于半径求切线方程.

【详解】（1）设圆心为，则，

解得，则圆的方程为.

故答案为：.

（2）点在圆外，

①切线斜率不存在时，切线方程为，圆心到直线的距离为,满足条件.

②切线斜率存在时，设切线，即,

则圆心到切线的距离，解得，

则切线的方程为：.

故答案为：或.

19．已知抛物线：，坐标原点为，焦点为，直线：．

(1)若与只有一个公共点，求的值；

(2)过点作斜率为的直线交抛物线于两点，求的面积．

【答案】(1)1或0

(2)

【分析】（1）将直线方程与抛物线方程联立，由或即可得解；

（2）由抛物线的标准方程得到焦点坐标，从而得到直线方程，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理及即可得解.

【详解】（1）依题意，

联立，消去，得，即，

①当时，显然方程只有一个解，满足条件；

②当时，，解得；

综上：当或时直线与抛物线只有一个交点.

（2）因为抛物线：，所以焦点，

所以直线方程为，设，，

联立，消去得，所以，，

所以，

所以.

20．已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)直线与曲线交于两点，且中点为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由椭圆的定义求解，

（2）由点差法得直线斜率后求解，

【详解】（1）由题可知，

则

由椭圆定义知的轨迹是以、为焦点，且长轴长为的椭圆，

∴，∴

∴的轨迹方程为：

（2）设,∵ 都在椭圆上，

∴  ，，相减可得，

又中点为，∴ ，

∴  ，即直线的斜率为，

∴直线的方程为，即,

因为点在椭圆内，所以直线与椭圆相交于两点，满足条件.

故直线的方程为.

21．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2).

【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】（1）因为，O是中点，所以，

因为平面，平面平面，

且平面平面，所以平面．

因为平面，所以.

（2）[方法一]：通性通法—坐标法

如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，

则，设,

所以，

设为平面的法向量，

则由可求得平面的一个法向量为．

又平面的一个法向量为，

所以，解得．

又点C到平面的距离为，所以，

所以三棱锥的体积为．

[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作，垂足为点G．

作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，

为二面角的平面角．

因为，所以．

由已知得，故．

又，所以．

因为，

．

[方法三]：三面角公式

考虑三面角，记为，为，，

记二面角为．据题意，得．

对使用三面角的余弦公式，可得，

化简可得．①

使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②

将①②两式平方后相加，可得，

由此得，从而可得．

如图可知，即有，

根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，

结合的正切值，

可得从而可得三棱锥的体积为．

【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.

方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.

22．已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，过作不平行于坐标轴的直线交于A，B两点，且的周长为.

(1)求的方程；

(2)若轴于点M，轴于点N，直线AN与BM交于点C.

①求证：点C在一条定直线上，并求此定直线；

②求面积的最大值.

【答案】(1)；

(2)①证明见解析，；②.

【分析】（1）由题意可得，求出，再由离心率为求出，由可求出，从而可求出椭圆方程，

（2）由题可设直线方程为，代入椭圆方程中整理后利用根与系数的关系，表示出直线和的方程，联立可求出点的横坐标，即得；然后结合条件可表示出ABC面积，换元化简后利用基本不等式可求得答案.

【详解】（1）由椭圆定义可知的周长为，即，

因为离心率，所以，

又因为，所以，

故的方程为.

（2）①依题意，设直线AB方程为.

联立，得，

易知

设，，则，.

因为轴，轴，

所以，.

所以直线AN：，

直线BM：，

联立解得.

从而点C在定直线上.

②因为，

又，则，

设，则，

当且仅当，即时，等号成立，

故面积的最大值为