2023-2024学年上海市曹杨第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市曹杨第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．过点且与直线平行的直线的方程为 .
【答案】
【分析】由直线平行设直线为，将点代入求参数，即可得方程.
【详解】设所求直线方程为，
将点代入，解得，
则所求直线方程为.
故答案为：
2．在正方体中，与平面所成角的大小为 .
【答案】
【分析】找到即为与平面所成角，求出大小.
【详解】由于⊥平面，故即为与平面所成角，
因为，所以，
故与平面所成角为.
故答案为：
3．以为直径端点的圆的标准方程为 .
【答案】
【分析】根据题意求出圆心坐标和半径即可得解.
【详解】由题意知圆心为，半径为，
则以为直径端点的圆的标准方程为.
故答案为：.
4．若是直线的一个法向量，则直线的倾斜角为 .
【答案】
【分析】由直线的法向量得其斜率，进而利用反三角函数得到其倾斜角.
【详解】因为是直线的一个法向量，所以直线的斜率为2，
则直线的倾斜角为.
故答案为：.
5．在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则 .
【答案】
【分析】取，，的中点，，，由中位线的性质可得，，再由勾股定理即可求得.
【详解】分别取，，的中点，，，连接，，，
则，，.

又，即.
.
故答案为：.
6．已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的全面积为 ．
【答案】12
【分析】根据正四棱锥的特点，可知侧面是全等的等腰三角形，求出斜高可得侧面积，结合底面积可得全面积.
【详解】如图在正四棱锥S﹣ABCD中，O为底面正方形的中心，E为BC的中点，连接OE，SO，SE，
则SO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥SO，
在三角形ABC中，O，E分别为AC，BC的中点，所以OE∥AB，又因为AB⊥BC，所以BC⊥OE．
又OE∩SO＝O，所以BC⊥平面SOE，因为SE⊂平面SOE，
所以SE⊥BC，即SE为侧面SBC的斜高，
三角形SBE为直角三角形，所以SE＝ ＝2．
所以该正四棱锥的全面积S全＝SABCD+4×SSBC＝2×2+4×＝4+8＝12．
故答案为12．
【点睛】本题主要考查正棱锥全面积的求法，应熟记面积求解公式，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
7．已知，若圆上恰有四个点到直线的距离为1，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据圆的几何性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】由圆的方程，可得圆心为，半径为3，
若圆上恰有四个点到直线的距离等于1，
则圆心到直线的距离小于，
直线的一般式方程为，
则，解得，
则的取值范围是.
故答案为：.
8．过点且与直线的夹角大小为的直线的一般方程为 .
【答案】或
【分析】首先分斜率是否存在分类讨论，然后设出相应的直线方程，求出相应的方向向量，将直线的夹角转换为向量的方向向量的余弦来求直线方程中的参数即可得解.
【详解】由题意直线的方向向量为，
若斜率不存在，则直线方程为，其方向向量为，
夹角的余弦值为，符合题意，
若斜率存在， 设为，则直线方程为，其方向向量为，
则夹角的余弦值为，
则一般式方程为或.
故答案为：或.
9．已知异面直线所成角为，过空间一点有且仅有条直线与所成角都是，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】将直线平移交于点，并作及其外角的角平分线；根据过空间一点有且仅有条直线与所成角都是，可知方向上有两条，方向上不存在，由此可得范围.
【详解】将直线平移交于点，设平移后的直线为，
过点作及其外角的角平分线，则；
在方向，要使过空间一点的直线，且与所成角都是的直线有两条，则；
在方向，要使过空间一点的直线，且与所成角都是的直线不存在，则；
综上所述：.
故答案为：.
10．已知为正实数，设直线的斜率为，直线的斜率为，且与交于轴外一点，若，与轴围成一个等腰三角形，则的所有可能的取值集合为 .
【答案】
【分析】设两直线的倾斜角为，分与两种情况，得到方程，求出答案,
【详解】设直线与直线的倾斜角为，
因为为正实数，所以均为锐角，
因为直线，与轴围成一个等腰三角形，则有以下两种情况，
（1）时，，所以，
因为，解得，
（2）时，，所以，
因为，解得.
故答案为：
11．已知点，A是直线上一点，单位向量是的一个法向量，设是平面上的动点，且满足，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】求出，设，，则，根据得到，由计算出.
【详解】设直线的一个法向量为，
则，
设，满足且，
所以，
设，则，
，
，
根据题意可得，
故，故，
即，解得，
，
∵，
∴，
.
故答案为：
12．在一张画有直角坐标系的足够大的白纸上，画两个圆，，并将这两个圆内部涂成红色，过原点画一条斜率为的直线，沿着将该纸剪成两张纸，若两张纸上红色部分的面积相等，则的取值集合为 .
【答案】
【分析】根据题意，分析直线的方程以及两个圆的圆心可得两圆的圆心不会同时在直线上，结合直线与圆的位置关系，可得两圆的圆心在直线的两侧且两圆圆心到直线的距离相等或两圆的圆心在直线的两侧且直线与两圆都相离或相切，列方程组可求得的值.
【详解】根据题意，直线为过原点且斜率为的直线，则直线的方程为，即，
，其圆心为，半径为，
，其圆心为，半径为，
两圆的圆心不会同时在直线上，
若两张纸上阴影部分的面积相等，则有2种情况：
①两圆的圆心，在直线的两侧且两圆圆心到直线的距离相等，
则有，解得，
②两圆的圆心，在直线的两侧且直线与两圆都相离或相切，
则有，解得，
综上，的取值集合为.
故答案为：.
二、单选题
13．设是空间中给定的2023个不同的点，则使得成立的点的个数为（ ）
A．0个B．1个C．2023个D．4046个
【答案】B
【分析】设出点的坐标，利用向量坐标运算得到方程，表达出点的坐标，得到答案.
【详解】设，
则，
，，
，
，
，
所以满足条件的点的个数为1个.
故选：B.
14．已知均为实数，且不同时为零，不同时为零，则“”是“关于的方程组有无数组解”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】若，方程组消元可能无解，也可能无数多解；反之可证成立.
【详解】由方程组消元得，若，
方程为，当时，方程有无数多解，
但当时，方程无解；
若关于的方程组有无数组解，则，
可得，
所以“”是“关于的方程组
有无数组解”的必要不充分条件.
故选：B.
15．若一个圆锥和一个半球有公共底面，且圆锥的体积恰好等于半球的体积，则该圆锥的轴截面的顶角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，由题意可得求得，从而可求出母线长，然后利用余弦定理可求得答案
【详解】几何体的轴截面如图所示，设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，
因为圆锥的体积恰好等于半球的体积，
所以，得，
所以，
设圆锥的轴截面的顶角为，则
，
故选：C.
16．若点既是的中点，又是直线与的交点，则线段的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将两直线方程相减可得过两直线交点的直线方程，再将代入化简可求出直线的斜率，从而可求出线段的垂直平分线的方程.
【详解】直线与直线的方程相减可得，，
把点代入可得，
所以，
所以线段的垂直平分线的方程是，即，
故选：C
三、解答题
17．已知常数，设直线，直线.
(1)若，求的值；
(2)若与平行，求与的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知结合直线垂直的条件求解即可；
（2）结合直线平行的条件先求出，然后结合平行线间的距离公式求解即可.
【详解】（1）由题意知的法向量为，的法向量为，
若，则；
（2）若与平行，则或，
当时，直线，直线，两直线重合，舍去，
当时，则直线，直线，
则与的距离为.
18．在平面直角坐标系中，已知是函数的图像上的动点，以为圆心的圆与轴交于两点，与轴交于两点.
(1)求证：的面积为定值；
(2)设直线与圆交于两点。若，求圆的方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设可得圆的方程，求出两点的坐标计算出的面积即可证明；
（2）由条件得出原点在线段的垂直平分线上，所以直线与直线垂直，由斜率之积为-1求得，从而得到圆C的方程.
【详解】（1）设圆心为，
圆过原点，，圆方程为，
令，得，令，得，
为定值；
（2）垂直平分线段，
，直线的方程是，
，解得或（舍），
则圆的方程为.
19．如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面，，是棱上一点，且.
(1)求二面角的大小；
(2)在棱上是否存在一点，使得平面？证明你的结论.
【答案】(1)
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，即可证明，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（2）设在棱上存在点，且，使得平面，利用空间向量法求出的值，即可判断.
【详解】（1）取的中点为，连接，
在底面为菱形的四棱锥中，底面，，
所以为等边三角形，
，，
又，所以，
以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为点在上，且，
，
设平面的法向量为，
则，取，得，
平面的法向量为，
设二面角的大小为，为锐角
则，所以，
则二面角的大小为；
（2）设在棱上存在点，且，使得平面，
则，解得，所以，
，，
因为平面的法向量，平面，
，
解得，
则在棱上存在一点，此时为的中点，使得平面.
20．如图，在三棱锥中，为的中点，底面.
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离；
(3)若点在平面上的投影恰好是的重心，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）连接，根据，点是的中点，得到，再由底面，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）设点到平面的距离为，利用求解；
（3）建立空间直角坐标系，设，易得的重心为，再由求解.
【详解】（1）解：连接，
因为，点是的中点，所以，
因为底面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面；
（2），
为的中点，底面，
取的中点，则，所以，
设点到平面的距离为，则，
即，
则，解得；
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
则的重心为，
，
则，
则线段的长为1.
21．在平面直角坐标系中，已知两点，动点满足，设点的轨迹为.如图，动直线与曲线交于不同的两点（均在轴上方），且.

(1)求曲线的方程；
(2)当为曲线与轴正半轴的交点时，求直线的方程；
(3)是否存在一个定点，使得直线始终经过此定点？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，定点为
【分析】（1）设，根据已知条件列方程，化简求得曲线的方程.
（2）设，根据已知条件求得点的坐标，从而求得直线的斜率，进行求得直线的方程.
（3）设直线方程为，联立直线的方程和曲线的方程，化简写出根与系数关系，由列方程，化简求得的关系式，进而求得定点坐标.
【详解】（1）设，由得，
化简得，则曲线的方程为；

（2）由题意知，设，
依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得，
则，所以(舍去)或，即，
则，
则直线方程为；

（3）设直线方程为，设，
联立方程，得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则直线始终经过此定点.

【点睛】求解曲线的方程，可以有以下两种方法：一是根据圆锥曲线的定义，求得曲线的方程；另一个是根据已知条件中所给的等量关系式，如本题中，利用坐标表示点，化简后可求得曲线方程.