2022-2023学年北京市西城区北师大二附中高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京市西城区北师大二附中高二上学期12月月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．空间直角坐标系中，已知则点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间直角坐标系的对称性可得答案.
【详解】根据空间直角坐标系的对称性可得关于平面的对称点的坐标为，
故选：D.
2．如图，在平行六面体中，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的运算，用基向量表示即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
3．抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，即可得解；
【详解】解：因为抛物线方程为，所以焦点坐标为，准线的方程为，所以焦点到准线的距离为；
故选：C
4．在正方体中，异面直线与所成的角的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在正方体中，由，根据异面直线所成角的定义，的大小即可所求，然后根据正方体的几何特征求解.
【详解】
因为为正方体，
所以，则或其补角是异面直线和所成角．
又,
可得为等边三角形，
则，所以异面直线与所成角为，
故选：B.
5．某晚会有三个唱歌节目，两个舞蹈节目，要求舞蹈节目不能相邻，有（ ）种排法？
A．72B．36C．24D．12
【答案】A
【分析】先排唱歌节目，利用插空法排舞蹈节目即可.
【详解】先排三个唱歌节目这有：种情况，
然后四个空排两个舞蹈节目这有：种情况，
所以舞蹈节目不能相邻的情况有：情况.
故选：A.
6．已知直线，，则“”是“直线与相交”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系分别验证充分性，必要性即可得到结果.
【详解】由题意可得直线与相交，
则
当时，满足，即“”是“直线与相交”的充分条件；
当直线与相交时，不一定有，比如也满足，所以“”是“直线与相交”的充分不必要条件.
故选:A.
7．“天问一号”是执行中国首次火星探测任务的探测器，该名称源于屈原长诗《天问》，寓意探求科学真理征途漫漫，追求科技创新永无止境．图（1）是“天问一号”探测器环绕火星的椭圆轨道示意图，火星的球心是椭圆的一个焦点．过椭圆上的点P向火星被椭圆轨道平面截得的大圆作两条切线，则就是“天问一号”在点P时对火星的观测角．图（2）所示的Q，R，S，T四个点处，对火星的观测角最大的是（ ）
A．QB．RC．SD．T
【答案】A
【分析】连接点P和椭圆的左焦点，由对称性和椭圆上点到焦点距离的特征得点P位于条件中点Q处，对火星的观测角最大.
【详解】
设火星半径为R，椭圆左焦点为，连接，则，
因为，所以越小，越大，越大，
所以当点P位于条件中点Q处，对火星的观测角最大.
故选：A.
8．过直线上一点作圆的切线，切点为．则四边形的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由切线性质可得，由勾股定理表示出，进而得解.
【详解】如图，由切线性质可知，，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，点到直线距离，，要使最小，需使，故.
故选：C
9．已知抛物线的焦点为，点，，在抛物线上，且，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义求解即可.
【详解】
如图所示，由抛物线的定义可得，，．
∵，
，
故选：C．
10．已知曲线：，点，下面有四个结论：
①曲线关于轴对称；
②曲线与轴围成的封闭图形的面积不超过4；
③曲线上任意点满足；
④曲线与曲线有5个不同的交点．
则其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】根据题意，分类讨论化简曲线的方程，利用椭圆与双曲线的几何性质，数形结合，逐项判定，即可求解.
【详解】当时，曲线的方程可化为，曲线表示部分椭圆，
当时，曲线的方程可化为，曲线表示部分双曲线，
作出曲线的图形，如图所示，
对于①中，由图象可知：曲线关于轴对称，所以①正确；
对于②中，由图象可知，曲线与轴围成的封闭图形的面积显然小于，
所以②正确；
对于③中，因为为椭圆的交点，且，
所以由椭圆的几何性质可得，
设点是双曲线上任意一点，则
则，
因为函数在为递减函数，所以，即，
综上可得，所以③正确；
对于④中，联立方程组，解得，
即直线与双曲线只有一个交点 ，
同理可得，与双曲线只有一个交点，
且两直线都过点，所以曲线与曲线有3个不同的交点，
所以④不正确.
故选：A.
二、填空题
11．过点且与直线平行的直线方程是_________．
【答案】
【详解】试题分析：设直线方程为，则，即，所以直线方程为
【解析】1．直线方程；2．平行直线；
12．圆心在原点上与直线相切的圆的方程为 ．
【答案】x2+y2=2
【详解】试题分析：圆心到直线的距离为，圆的方程为x2＋y2＝2
【解析】直线与圆相切的位置关系
13．已知双曲线的渐近线方程为，则 ．
【答案】
【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；
【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，
则，，又双曲线的渐近线方程为，
所以，即，解得；
故答案为：
14．已知为坐标原点，抛物线：上一点到焦点的距离为4，设点为抛物线准线上的动点．若为正三角形，则抛物线方程为 ．
【答案】
【分析】根据抛物线的定义，结合等边三角形的性质进行求解即可.
【详解】
根据抛物线的对称性，不妨设点在第二象限，
因为为正三角形，所以，
因为抛物线点到焦点的距离等于该点到准线的距离，
所以与准线垂直，，
因此有，
所以抛物线的方程为，
故答案为：.
15．已知O是坐标原点，M，N是抛物线y＝x2上不同于O的两点，OM⊥ON，
有下列四个结论：
①|OM|•|ON|≥2；
②；
③直线MN过抛物线y＝x2的焦点；
④O到直线MN的距离小于等于1．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④．
【分析】设直线方程为，将直线方程代入抛物线方程y＝x2，利用韦达定理，结合直线垂直的条件，能够证明直线过定点，即可判断结论.
【详解】设直线方程为，，
将直线方程代入抛物线方程y＝x2，可得，
则，，
，，
于是直线方程为，该直线过定点，故③不正确；
到直线方程的距离，故④正确；
当时，取得最小值，故①正确；
由基本不等式可得，故②正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系、直线过定点、基本不等式，属于中档题.
三、解答题
16．设有6幅不同的国画，4幅不同的油画，5幅不同的水彩画．
(1)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据乘法原理直接计算得到答案.
（2）根据分类与分步的思想计算得到答案.
【详解】（1）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，共有种选法.
（2）从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有种选法.
17．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相交于两点.
（1）将表示为的函数；
（2）若，求的周长.
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）设点，，，，联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，化简计算即可得到所求函数；
（2）运用抛物线的定义和（1）的结论，结合，进而得到的周长．
【详解】（1），
整理得，
则，
，其中；
（2）由，
则，解得，
经检验，此时，
所以，
由抛物线的定义，
有，
又，
所以的周长为．
【点睛】求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.
18．在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，是动点，且直线与的斜率之积等于．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设是曲线的左焦点，过点的直线与曲线相交于，两点，．若的面积为1，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或或
【分析】（1）设，由，可得答案；
（2）分直线斜率存在和不存在，分情况表示出的面积，从而得到直线方程.
【详解】（1）设，则，
所以可得动点P的轨迹C的方程为
（2）
由（1）可得，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时到的距离为，，
此时，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，，
联立，可得，
所以
，
到直线距离为，
，解得，
此时直线方程为或，
综上，直线的方程或或.
19．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点．
(1)已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面；
(2)若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：
（ⅰ）直线到平面的距离；
（ⅱ）二面角的余弦值．
条件①：平面；
条件②：；
条件③：平面平面．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】(1) 取的中点，连接，，，，利用中位线证明平面，再利用平行四边形对边平行证明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到证明即可；
(2)选择条件①和③
（ⅰ）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解；
（ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，，；
因为分别为的中点，所以，平面，
平面，所以平面，
又因为分别为的中点，四边形为平行四边形，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）选择条件①和③
（ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
由题意可知：，又，所以.
因为平面平面，且平面平面，因为平面，
所以，所以平面，平面，所以,
则四边形为矩形，因为，所以，
设点到平面的距离为，由平面可知：，
在中，，
因为为的中点，所以，
所以，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离.
因为，即，
也即，所以
故直线到平面的距离为.
（ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，也即，令，则；
则有，也即，令，则，
则，
由图可知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
20．已知为坐标原点，双曲线和椭圆均过点且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形．
(1)求，的方程；
(2)是否存在直线，使得与交于，两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论；
(3)椭圆的右顶点为，过椭圆右焦点的直线与交于、两点，关于轴的对称点为，直线与轴交于点，，的面积分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)不存在，理由见解析
(3)是定值为
【分析】（1）将点代入方程，结合正方形面积得到方程组，解得答案.
（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，根据直线和椭圆的位置关系计算，再转化得到，根据韦达定理得到根与系数关系，代入计算得到答案.
（3）设直线方程为，联立方程根据韦达定理得到根与系数关系，计算直线方程，得到的横坐标为，根据，计算得到答案.
【详解】（1）根据题意：，，
以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为的正方形，边长为
故，，故，代入计算得到，，，
故，.
（2）假设存在直线方程满足条件，
当直线斜率不存在时，或，代入计算得到，验证不成立；
当直线斜率存在时，设直线方程为，则，
即，，
化简得到.
设，，，故，
故，，故，
即，即，
即，化简得到，
方程组无解，假设不成立.
故不存在直线满足条件.
（3）焦点坐标为，易知直线方程斜率不为零，设直线方程为，
，，则，
，化简得到，，
直线方程为：，
取得到
，
，故是定值为.
【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的综合问题，考查了椭圆和双曲线的标准方程，直线与椭圆和双曲线的位置关系，定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中转化是解题的关键.