2022-2023学年山东省潍坊市诸城第一中学高二下学期2月月考数学试题含答案

2022-2023学年山东省潍坊市诸城第一中学高二下学期2月月考数学试题

一、单选题

1．已知两点，，且直线AB的倾斜角为，则a的值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】因直线AB的倾斜角为，则A，B两点横坐标相等.

【详解】因直线AB的倾斜角为，则直线AB的斜率不存在， 则A，B两点横坐标相等，故.

故选：D

2．设椭圆的两个焦点为，，椭圆上的点P，Q满足P，Q，三点共线，则的周长为（    ）

A．2a B．2b C．4a D．4b

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用椭圆定义直接求解作答.

【详解】椭圆的两个焦点为，，显然椭圆的弦PQ经过点，

由椭圆的定义得，的周长.

故选：C

3．圆与圆的位置关系为（    ）

A．相交 B．相离 C．外切 D．内切

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出两圆的圆心距，再与两圆的半径和差比较大小判断作答.

【详解】圆，即的圆心，半径，

圆的圆心，半径，

因此，显然，即，

所以圆与圆相交.

故选：A

4．在平行六面体中，AC与BD的交点为M，设，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得.

【详解】

如图，因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为AC中点，

所以，

所以.

故选：C

5．在空间直角坐标系中，若点关于z轴的对称点的坐标为，则的值为（    ）

A．3 B．5 C．7 D．9

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出点M关于z轴对称点坐标，再列式计算作答,

【详解】依题意，点关于z轴的对称点，

于是得，解得，

所以.

故选：A

6．在直三棱柱中，，，M是的中点，则直线CM与夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.

【详解】在直三棱柱中，，以点C为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

，则，线段的中点，

于是，，

所以直线CM与夹角的余弦值为.

故选：C

7．某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学参加A，B，C三个企业的调研工作，每个企业去2人，且甲去B企业，乙不去C企业，则不同的派遣方案共有（    ）

A．42种 B．30种 C．24种 D．18种

【答案】D

【分析】根据题意分甲乙去同一企业和甲乙不去同一企业两类进行计算即可.

【详解】若甲乙去同一企业，则甲乙只能去B企业，剩下的4人平均分去两个企业，共有种；

若甲乙不去同一企业，分两步，第一步：先给甲乙两人选同伴，有种，

第二步：将这三组分去三个企业，因为甲去B企业，乙不去C企业，所以共有1种分法，由分步乘法计数原理可得：共有种；

所以不同的派遣方案共有种，

故选：.

8．如图,点,分别是双曲线C:(,)的左、右焦点,M是C右支上的一点,与y轴交于点P,的内切圆在边上的切点为Q,若,则C的离心率为(    )

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】利用三角形内切圆的性质及双曲线的定义即可获解

【详解】

如图,设内切圆与的两外两个交点为R,S,则

所以,即

又PO垂直平分,所以

即,所以

又,所以离心率.

故选：D

二、多选题

9．若方程表示的曲线为E，则下列说法正确的是（    ）

A．曲线E可能为抛物线 B．当时，曲线E为圆

C．当或时，曲线E为双曲线 D．当时，曲线E为椭圆

【答案】BC

【分析】根据给定的方程，结合圆、圆锥曲线方程的特征逐项判断作答.

【详解】曲线E的方程为：，显然且，

对于A，因为不论取符合条件的任何实数，曲线E的方程都不符合抛物线方程的特征，因此曲线E不可能为抛物线，A错误；

对于B，当时，曲线E的方程为：，曲线E为圆，B正确；

对于C，当时，曲线E的方程为：，曲线E为焦点在y轴上的双曲线，

当时，曲线E的方程为：，曲线E为焦点在x轴上的双曲线，

因此当或时，曲线E为双曲线，C正确；

对于D，因为当时，曲线E为圆，因此当时，曲线E不一定为椭圆，D错误.

故选：BC

10．有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，则下列说法正确的是（    ）

A．共有种不同的排法 B．男生不在两端共有种排法

C．男生甲、乙相邻共有种排法 D．三位女生不相邻共有种排法

【答案】AC

【分析】根据给定条件，利用无限制条件的排列判断A；利用有位置条件的排列判断B；利用相邻、不相邻问题的排列判断C，D作答.

【详解】有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，共有种不同的排法，A正确；

男生不在两端，从3位女生中取2人站两端，再排余下4人，共有种排法，B不正确；

男生甲、乙相邻，视甲乙为1人与其余4人全排列，再排甲乙，共有种排法，C正确；

三位女生不相邻，先排3位男生，再在2个间隙及两端4个位置中插入3位女生，共有种排法，D不正确.

故选：AC

11．在正方体中,,G为CD的中点,点P在线段上运动,点Q在棱BC上运动,则(    )

A． B．平面

C．异面直线与DP所成角的最大值为 D．的最小值为

【答案】BCD

【分析】画出图形，利用正方体的性质，逐项分析即可，对于D选项可以想办法转化到一个平面内研究

【详解】

因为CD与PG不垂直,而,所以AB与PG不垂直,故错.

因为平面平面平面,所以平面,故B对

因为是等边三角形,所以当为的中点,,又,所以当为的中点,,即异面直线与DP所成角的最大值为,故对.

在延长线上取一点,使得,则,所以.

所以,最小值为点到直线的距离.

由等面积法有,.

即,所以,所以的最小值为,故D对.

故选：BCD

12．法国数学家加斯帕•蒙日被称为“画法几何创始人”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.如图若椭圆E：的蒙日圆为C，M为蒙日圆C上的动点，过M作椭圆E的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ与椭圆E的一个交点为N，则（    ）

A．C的方程为

B．面积的最大值为6

C．若点，，则当最大时，

D．若椭圆E的左、右焦点分别为，，且，则

【答案】ACD

【分析】根据蒙日圆的概念进行求解，即可判断选项；结合选项中蒙日圆的方程即可判断选项；作出图形，结合图形可知：当与蒙日圆在第三象限相切时，最大，利用斜率即可判断选项；结合蒙日圆的性质和椭圆的定义即可判断选项.

【详解】过点向椭圆引切线，当切线斜率不存在时：，蒙日圆半径为，蒙日圆方程为：；

当切线斜率存在时，设，过点的切线方程为，

联立，整理可得：，

则，

整理可得：，

是方程的两根，由题意可知：，

即，也即，

综上所述：圆E：的蒙日圆为，故选项正确；

由可得：为蒙日圆的直径：所以面积的最大值为，故选项错误；

由题意可知：如下图：

当与蒙日圆在第三象限相切时，最大，设切线的方程为，即，

由圆心到直线的距离，解得：，所以，

因为，且，所以，此时最大，最大为，所以，

故选项正确；

由椭圆的定义可知：，又因为，

所以，即，解得：或，不妨设：，则，又因为，

所以，则，所以在中，，则，，所以，

故选项正确；

故选：.

三、填空题

13．已知直线与平行，则的值为      .

【答案】

【分析】根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解.

【详解】直线与平行，

则，解得，

经检验，符合题意，故.

故答案为：

14．若的展开式中第5项的二项式系数最大,则自然数n的值可以为      (只写一个即可).

【答案】7(7,8,9填一个即可)

【分析】分只有第5项的二项式系数最大，第4项和第5项的二项式系数相等且最大，第5项和第6项的二项式系数相等且最大，三种情况讨论即可.

【详解】若只有第5项的二项式系数最大,则展开共有9项,所以

若第4项和第5项的二项式系数相等且最大,则展开共有8项,所以

若第5项和第6项的二项式系数相等且最大,则展开共有10项,所以

故答案为：7(7,8,9填一个即可)

15．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，且交该抛物线于，两点，点在轴左侧，则      .

【答案】/

【分析】点斜式设出直线的方程，联立抛物线方程，求出，两点的纵坐标，利用抛物线的定义得出，即可得出结论.

【详解】由题知，设直线的方程为：，

，，联立可得

，，

，从而，

.

故答案为：

四、双空题

16．如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，D，E分别是AC，AB的中点，且，则点A到平面的距离为      ，四棱锥的外接球的半径为      .

【答案】     1    

【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用距离公式求点A到平面的距离；球心在过的中点与平面垂直的直线上，计算球心的坐标，得出半径长.

【详解】①以中点为原点，为轴，为轴，过点与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 底面是边长为2的等边三角形，，，D，E分别是AC，AB的中点，且，所以三棱锥为正四面体， 平面于点，则为等边三角形的重心，，，.

则，，，，，则，，.

设为平面的一个法向量，则，

即，令，则，则.

所以点A到平面的距离为.

如图，，都为等边三角形，，所以球心在过中点与平面垂直的直线上，设球心，半径为R.

则，，，

所以，解得，.

故答案为：①1；②.

【点睛】棱锥的外接球问题方法总结：

1.常见补形:侧棱垂直于底面的锥均可补成直棱柱；正四面体可补成正方体求其外接球；对棱相等的四面体可补成长方体；

2.正棱锥球心在高所在直线上，再根据勾股定理进行计算；

3.侧面垂直于底面的锥，先找到两个垂直面所在多边形的外心，再找一个矩形，进行计算求得；如果侧面与底面所成的二面角的平面角是一个特殊角(非直角)，也可以找到这两个面所在多边形的外心，过这两个外心分别作这两个面的垂线，两垂线的交点为球心；

4.建立空间坐标系，利用球心到各顶点的距离是相等进行计算解决.

五、解答题

17．已知在二项式的展开式中，含的项为.

(1)求实数a的值；

(2)求展开式中系数为有理数的项.

【答案】(1)

(2)，，1

【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，再利用指定项列式计算作答.

（2）利用（1）的结论及通项公式，分析的指数即可作答.

【详解】（1）的展开式的通项公式为：，

当时，展开式中含的项为，即，解得，

所以实数a的值为1.

（2）由（1）知，的展开式的通项公式为：，

依题意，为整数，因此，3，5，

当时，，当时，，当时，，

所以展开式中系数为有理数的项为，，1.

18．已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于两点，点在第一象限，且.

(1)求直线的斜率；

(2)若，求抛物线的方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设，由题意可得，即有，从而可得点坐标，再根据，求解即可；

（2）由题意可设线的方程为，即，联立直线与抛物线方程可得两点的坐标，再根据两点的距离公式求解即可.

【详解】（1）解：设

因为，所以到准线的距离为

即，所以,

代入抛物线方程可得，即，

又因为，所以直线的斜率为；

（2）解：由（1）知，直线的斜率为，

设直线的方程为，

则，

由，得，

所以，

因为，所以，

所以该抛物线方程为.

19．如图，在三棱台中，，平面，且为中点.

(1)证明：平面；

(2)若，求此时直线和平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，以及判断定理，即可证明；（2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，最后代入线面角的向量公式，即可求解.

【详解】（1）因为平面平面，所以.

又因为为中点，

所以，

又，且平面，

所以平面；

（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的一个法向量为，则.

所以，

可取，则，

设直线和平面所成角为，

则，

故直线和平面所成角的正弦值为.

20．已知双曲线的中心为坐标原点，左、右焦点分别为，且点在双曲线上.

(1)求双曲线的渐近线方程；

(2)若直线与直线交于点，点是双曲线上一点，且满足，记直线的斜率为，直线的斜率为，求.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由点在双曲线上求参数，即可得双曲线方程，进而写出渐近线方程；

（2）设，由向量数量积的坐标表示得到，结合是双曲线上一点及，整理化简即可求值.

【详解】（1）由题意得，，解得.

所以双曲线方程为：，

于是其渐近线为或，即或.

（2）设，，因为，

所以，整理得.

因为点在双曲线上，所以，即，

所以.

21．如图，在四棱锥中，，，点P在底面ABCD的射影恰是等边三角形ABD的中心，点M在棱PC上，且满足.

(1)求证：平面BDM；

(2)若直线PA与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAB与平面BDM所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作出辅助线，得到点A，O，C共线，即，再求出各边长，得到，得到，进而证明出线面平行；

（2）作出辅助线，找到是直线PA与平面ABCD所成的角，求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到两平面夹角的余弦值.

【详解】（1）如图，取BD的中点O，连接AO，OC，OM，

因为，，所以，，

因为点A，O，C共面，

所以点A，O，C共线，即，

因为且三角形ABD为等边三角形，

所以，，

由勾股定理得：，

所以，又，所以，

所以，又平面BDM，平面BDM

所以平面BDM.

（2）设等边三角形ABD的中心为E，连接PE，则平面ABD，

所以是直线PA与平面ABCD所成的角.

由（1）可知，点O为BD的中点，即AO为的中线，所以点E在AC上，

因为，所以，所以，所以.

如图，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系.

所以，，，，，

因为，所以，所以.

所以，，，，

设平面PAB的法向量为，

则，

取，得，，所以，

设平面BDM的法向量为，

则，解得，

取，得，所以，

设平面PAB与平面BDM所成角大小为，

所以，

所以平面PAB与平面BDM所成角的余弦值为.

22．如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

(2)若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；

(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点.请探究：y轴上是否存在点R，使得?若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

(3)存在，

【分析】（1）设，求得点坐标并代入，化简求得曲线的方程.

（2）设可设的方程为：，直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，求得的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标.

（3）假设存在点使得，先求得，设出的坐标，有直线和直线的方程求得两点的坐标，结合在曲线上求得点的坐标.

【详解】（1）设，，则，，

由题意知，所以，得，所以，

因为，得，故曲线C的方程为.

（2）由题意可知，直线，不平行坐标轴，则可设的方程为：，

此时直线的方程为.

由消去x得：，

解得：或（舍去），所以，

所以，同理可得：.

①当时，直线MN的斜率存在，

，

：，

所以直线MN过定点.

②当时，直线MN斜率不存在，此时直线MN方程为：，也过定点，

综上所述：直线MN过定点.

（3）假设存在点R使得，设，

因为，所以，即，

所以，所以，

直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于x轴对称，

设，（，）

易知点，直线SG方程是，令得点P横坐标，

直线SH方程是，令得点Q横坐标，

由，得，又在椭圆上，

所以，所以，，

所以存在点，使得成立.

【点睛】方法点睛：利用相关点代入法求动点的轨迹方程，首先是设动点坐标为，然后根据对称性、向量或比例求得相关点的坐标，再根据相关点在题目给定的曲线上，利用代入法，化简后可求得动点的轨迹方程，最后要注意是否有特殊点不符合题意.