四川省南充市南充高级中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市南充高级中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

（时间：120分钟 总分：150分 命题人：杨坤林、冯菲 审题人：陈勇）
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线的斜率，则它的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率定义可求倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，，
因为直线的斜率为，即，
则.
故选：C.
2. 已知圆：，过点作圆的切线，则切线长为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆的圆心与半径，利用圆心到的距离与半径、切线长满足勾股定理，求出切线长即可．
【详解】圆：，即，圆心坐标，半径为3，
圆心到的距离为5，所以切线长为．
故选：B
3. 设两条直线，，两个平面，，则下列条件能推出的是（ ）
A. ，，且B. ，，且
C. ，，且D. ，，且，
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；举例说明判断BCD.
【详解】对于A，由，，得，而，所以；
对于B，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，，，都与平行时，，相交，B错误；
对于C，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，C错误；
对于D，若，，且，，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，D错误.
故选：A
4. 双曲线上的点到左焦点的距离为9，则到右焦点的距离为（ ）
A. 15B. 3C. 3或15D. 5或12
【答案】A
【解析】
【分析】利用双曲线的定义即可得解.
【详解】设的左,右焦点分别为，则.
因为，所以，则点在左支上，
所以，故.
故选：A.
5. 如图所示，已知在正方体中，E、F分别是正方形和的中心，则直线和直线所成的角是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的中位线得到平行关系，将异面直线和所成的角转化为相交直线所成的角，再求解即可.
【详解】连接，，交点即为正方形的中心，连接，
在中，分别为的中点，
则，故即直线和直线所成的角，
在中，，则.
故选：B.

6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆．若用面积为144的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切．设椭圆在平面直角坐标系中的方程为，下列选项中满足题意的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由方程的要求，排除两个选项，再由矩形的面积确定正确选项．
【详解】由题意椭圆方程，排除BD，
矩形的四边与椭圆相切，则矩形的面积为，．
在椭圆中，，，满足题意，
在椭圆中，, 不满足题意．
故选：A．
7. 在平面直角坐标系中，当，变化时，点到直线的距离最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线过定点坐标，以及点的轨迹方程，再求出定点到圆心的距离，即可得解.
【详解】直线，即，令，解得，
所以直线恒过点，
又点为圆上的点，圆心为，半径，
则，
所以点到直线的距离最大值为.
故选：D
8. 设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点，它们在第一象限内交于点，，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆以及双曲线的定义可得，.进而在中，由余弦定理变形可得，.根据不等式的性质，结合已知，求解即可得出答案.
【详解】
根据椭圆及双曲线的定义可得，
所以.
在中，，由余弦定理可得
，
整理可得，，
两边同时除以可得，.
又，，
所以有，
所以，.
因为，所以，
所以，所以，，，
所以，.
则，
故.
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，是空间任意四点，则有
B 若向量，，满足，则
C. 空间中任意三个非零向量都可以构成空间一个基底
D. 对空间任意一点与不共线的三点，，，若（其中，且），则，，，四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用空间向量运算判断A；利用相等向量的意义判断B；利用空间的一个基底的意义判断C；利用空间共面向量定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，，，，四点可能在一条直线上，B错误；
对于C，空间的三个非零向量有共面与不共面两种可能，当它们共面时，不能作为空间的一个基底，C错误；
对于D，若，则，
化简得，因此，，，四点共面，D正确.
故选：AD
10. 对于直线和直线，以下说法正确的有（ ）
A. 直线一定过定点B. 若，则
C. 的充要条件是D. 点到直线的距离的最大值为5
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出直线所过定点判断A；利用垂直关系计算判断B；由两直线不相交求出判断C；求出直线所过定点，并求出它与点的距离判断D.
【详解】对于A，变形为，
令，解得，因此直线一定过定点，A正确；
对于B，若，则，解得，B正确；
对于C，当与不相交时，，解得或，
当时，直线与平行，
当时，直线与平行，
因此当时，或，C错误；
对于D，直线恒过点，点到直线的距离的最大值为间距离，
而，D正确.
故选：ABD
11. 设椭圆的方程为，其中椭圆的左、右焦点分别为，，与轴相交的左、右顶点分别为，两点，为椭圆上（除点，外）的任意一点，下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使得B. 线段长度的取值范围为
C. 的最大值为25D. 直线与直线斜率乘积恒为
【答案】BC
【解析】
【分析】设出点P的坐标，计算判断ABD；利用椭圆定义结合基本不等式求解判断C.
【详解】由，得，，设，有，
对于A，假设存在点，使得，即，
于是，显然无解，A错误；
对于B，，而，因此，B正确；
对于C，，，
当且仅当时取等号，因此最大值为，C正确.
对于D，直线的斜率积，D错误.
故选：BC
12. 已知正方体的棱长为4，为空间中一动点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点到平面的距离为
B. 直线和平面所成角的余弦值为
C. 若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D. 若在正方形内部，且，则点轨迹为椭圆的一部分
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项AB，建立空间直角坐标系，利用法向量求解点面距与线面角即可；选项C，由勾股定理将转化为正方形内部的点的轨迹，即圆的一部分；选项D，由条件空间直观想象为以以为轴，过与轴成的直线旋转可得圆锥面，进而问题转化为圆锥截面问题可得.
【详解】
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，
则，令，则，
则平面的一个法向量，
选项A，点到平面的距离，故A正确；
选项B，设直线和平面所成角为，，
则，则，
则直线和平面所成角的余弦值为，故B正确；
选项C，由在正方形内部，且，连接，，
由平面，则，
在中，，则，
又点O 在正方形内部，
故点的轨迹以为圆心，为半径的四分之一圆弧，
所以点轨迹的长度为，故C正确；
选项D，由于与面不垂直，在正方形内部，且恒成立，
以为轴，过与轴成的直线旋转得圆锥面，
又在平面上，且平面，即圆锥截面与轴平行，
则平面截圆锥面所得的图形即点轨迹为双曲线的一部分(如图)，而不是椭圆的一部分，故D错误.
故选：ABC
【点睛】圆锥截面相关结论：任取一不过圆锥顶点的平面截圆锥面，设它与圆锥面的轴所成的角为，为圆锥母线与轴的夹角，当时，平面截圆锥面所得交线为圆（或部分）；当时，平面截圆锥面所得交线为椭圆（或部分）；当时，交线为抛物线（或部分）；当时，交线为双曲线（或部分）.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若直线是圆的一条对称轴，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】将问题转化为直线过圆心，从而得解.
【详解】圆的圆心坐标为，
因为直线是圆的一条对称轴，所以圆心在此直线上，
所以，解得.
故答案为：.
14. 若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为____．
【答案】
【解析】
【分析】由，可求出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为，
，所以，所以，
双曲线渐近线方程为：.
故答案为：
15. 已知四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，且为等腰直角三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】将四棱锥放到一个正方体内，从而可求解.
【详解】由题意得平面，为等腰直角三角形，则，
可将四棱锥放到一个正方体内，如图所示：
得此正方体的边长为，此正方体的外接球即是四棱锥的外接球，
所以得外接球半径，
所以外接球的表面积.
故答案为：.
16. 已知分别为椭圆的左､右焦点，过椭圆C在轴上的点A与的直线与交于点，且不在线段上，，，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知设，，则.根据椭圆的定义以及已知条件推得，所以.进而在以及中，根据余弦定理以及角之间的关系，得出关系式，化简整理即可得出之间的关系，代入离心率公式，即可得出答案.
【详解】
由已知，不妨设，，则.
由椭圆的定义可知.
因为点A在轴上，分别为的左､右焦点，
所以.
由，得，
即，
则，所以，所以.
因为，
所以，
即，
即，
整理可得，，则.
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）求点到直线的距离；
（2）求边上的高所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线的一般式方程，再由点到直线距离公式计算即可；
（2）由直线方程的点斜式求解即可.
【小问1详解】
由已知，直线的斜率为，
∴直线的方程为，即.
∴点到直线的距离为.
【小问2详解】
由第（1）问，直线的斜率为，
∴边上的高所在直线的斜率为，
又∵边上的高所在直线过点，
∴边上的高所在直线的方程为，即.
18. 已知圆过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与圆：有公共点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为把点A、B坐标代入方程，圆心代入，列方程求解.
（2）根据两圆有公共点满足求解即可.
【小问1详解】
设圆的方程为，则依题意，得，
解得，所以圆的方程为.
【小问2详解】
圆与圆：有公共点，则，
因为，所以，解得，
所以的取值范围为.
19. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）三棱锥的体积大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）连接，取的中点为，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.
（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.
【小问1详解】
在正方体中，连接，取的中点，连接，
有M为的中点，则，又E为BC的中点，
于是，则四边形是平行四边形，，
又F为CD的中点，则有，即四边形是平行四边形，，
因此，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，
而正方体的棱长为1，平面，则点到平面的距离为到平面的距离1，
所以三棱锥的体积.
20. 已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，记动点的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）若斜率为的直线交轨迹于，两点，求的长度的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）确定圆在圆内，设且对应圆半径为，根据题设及两点距离公式得到关于关系，代入距离公式整理即得轨迹方程；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式建立关系并求出最大值即得.
【小问1详解】
依题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，即圆在圆内，
设，半径为，显然以为圆心的圆与圆外切，与圆内切，
则有，
则，
所以轨迹的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，轨迹的方程为，设直线的方程为，
由消去y并整理得，
显然，解得，
设，则，
因此，当且仅当时取等号，
所以长度的最大值为.
21. 如图，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于点，将沿折到位置，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）先利用平行转化得垂直关系，再利用勾股定理计算证明线线垂直，然后利用线面垂直判定定理证明线面垂直，
（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用法向量方法求二面角的余弦值.
【小问1详解】
由已知得，，
又由得，故，
因此，从而.
由，得.
由得.所以,.
又已知，于是，
故.又，且，平面.
所以平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，
，.
设是平面的法向量，
则，即，令,可得.
设是平面的法向量，
则，即，令,可得 ，
设平面与平面的夹角为，
于，
平面与平面的夹角的余弦值是.
22. 给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“伴随圆”.若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为.
（1）求椭圆的方程及其“伴随圆”方程；
（2）若倾斜角为的直线与椭圆只有一个公共点，且与椭圆的“伴随圆”相交于两点，求弦的长；
（3）在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作两条直线，使得与椭圆都只有一个公共点，且分别与椭圆的“伴随圆”交于两点.证明：直线过原点.
【答案】（1）椭圆的方程为，“伴随圆”方程为
（2）
（3）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程及其“伴随圆”方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简后利用判别式求得，利用点到直线的距离公式以及圆的弦长的计算公式求得.
（3）通过证明来证得直线过原点.
【小问1详解】
依题意，，所以，，
所以椭圆的方程为，“伴随圆”方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
由消去并化简得，
由得，
圆心到直线的距离为，
所以.
【小问3详解】
①当、都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆相切，且斜率存在的直线的方程为，
联立，消去得到，
即，，
整理可得，
设、的斜率分别为、，因为、与椭圆都只有一个公共点，
所以、是关于方程的两个实数根，
因而，即⊥；
②当点，点的坐标满足，此时、分别与两坐标轴垂直，
则.
综上所述，.
所以，所以是“伴随圆”的直径，过原点.
【点睛】方法点睛：求定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．