2023-2024学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市华东师范大学第二附属中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．抛物线的焦点坐标是 .
【答案】/
【分析】根据抛物线的标准方程进行求解即可.
【详解】由，所以该抛物线的焦点在纵轴上，因此焦点的坐标为：，
故答案为：
2．若直线是圆的一条对称轴，则 ．
【答案】
【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：.
3．三个平面最多将空间分成 个部分．
【答案】8
【分析】对三个平面的位置进行分类讨论，作出相应的图形，即可得出结论.
【详解】三个平面两两平行时，这三个平面将空间分为部分；
两平面平行，第三个平面与这两个平面都相交，则这三个平面将空间分为部分；
三个平面两两相交，且交于同一条直线，则这三个平面将空间分为部分；
三个平面两两相交，且交线两两平行时，如三棱柱的三个侧面所在的平面，这三个平面将空间分为部分；
三个平面两两相交，且交线交于一点，则这三个平面将空间分为部分.
因此，空间三个平面最多将空间分成个部分.
故答案为：.
4．点到双曲线的一条渐近线的距离为 .
【答案】2
【分析】根据双曲线的方程求出渐近线的方程，然后根据点到直线的距离公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
双曲线的渐近线方程为.
所以，点到，即的距离.
故答案为：2.
5．若直线与直线垂直，则实数 .
【答案】/
【分析】根据两直线垂直列方程，解方程即可.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得，
故答案为：.
6．设平面与平面相交于直线，直线，直线，则 (用下列符号之一表示：、、、．
【答案】
【分析】确定，，得到答案.
【详解】，故，，故；
，故，，故；
故
故答案为：
7．已知F1（－5，0），F2（5，0）是双曲线C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|=，则C的方程为 .
【答案】
【分析】由题意， 设双曲线，然后根据题意列出关于的方程组，求出，从而可求出C的方程.
【详解】由题意， 设双曲线，
根据题意得，解得
因此，所求的双曲线方程为.
故答案为：
8．若直线与曲线恰有一个公共点，则实数b的取值范围为 ．
【答案】
【分析】曲线表示以原点为圆心、半径为1的半圆，数形结合求得当直线与曲线恰有一个公共点的实数b的取值范围作答．
【详解】曲线，即，表示以原点为圆心、1为半径的半圆（位于y轴及右侧的部分），如图，

当直线经过点时，；当直线经过点时，；
当直线和圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径可得，求得（舍去），或，
观察图象，得当直线与曲线恰有一个公共点，实数b的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
9．如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的大小为 ．
【答案】/
【分析】连接、、，设正方体的棱长为，推导出，则异面直线和所成角为或其补角，求出各边边长，利用余弦定理可求得角的大小，即为所求.
【详解】如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，
因为且，则四边形为平行四边形，故，
所以，异面直线和所成角为或其补角，
因为，同理可得，，
由勾股定理可得，
由余弦定理可得，
所以，，故异面直线和所成角的大小为.
故答案为：.
10．已知是双曲线的右焦点，P是C左支上一点，，当周长最小时，该三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，根据三点共线，求出直线的方程，联立双曲线方程，即可求得点坐标，则由即可容易求得.
【详解】设双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，，
∴△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|++|AF|=|PA|++|AF|+，
由于是定值，要使△APF的周长最小，则|PA|+最小，即P、A、共线，

∵，∴直线的方程为，即代入整理得，
解得或 (舍)，所以P点的纵坐标为，
∴=.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线中三角形面积的求解，涉及双曲线的定义，属综合中档题.
11．已知M为抛物线上一点，过抛物线C的焦点F作直线的垂线，垂足为N，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据题意先确定出N点的轨迹为圆，再由抛物线的定义转化，所求最小值转化为圆上动点到抛物线准线距离的最小值即可得解.
【详解】由知，焦点，准线的方程为，
由可得，
由解得，即直线恒过定点，
设中点为，则，由题意知，
所以的轨迹为以为直径的圆，
则圆的方程为，
过作于，则，
所以由图知，当运动到时，运动到，共线时，
的最小值为圆上动点到准线的距离的最小值，即.
故答案为：
12．已知椭圆C：（），直线l过点，不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，延长线段OM与C交于点P，当四边形OAPB为平行四边形时，则直线l的斜率 ．
【答案】
【分析】设出点的坐标，利用点差法求出直线的斜率关系，再借助平行四边形的条件及椭圆方程，建立方程并整理得关于直线l的斜率的一元二次方程即可得解.
【详解】设，直线不经过原点且不与坐标轴平行，
则，，，，
直线l的斜率，直线OM的斜率，
A，B在椭圆上，，两式相减：
，两边同时除以，
得，所以，即
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值，
四边形OAPB为平行四边形时，当且仅当AB与OP互相平分，
显然点在椭圆上，，即，
由，，所以，
整理得：，又因为
所以，即，两边平方得：
，，
则两边同时除以，得，
所以，.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解.
二、单选题
13．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）

A．6B．C．12D．24
【答案】C
【分析】画出原图，从而计算出原图的面积.
【详解】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，
则原的面积为.
故选：C
14．已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时
根据弦长公式得最小值为.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.
15．方程表示的曲线为（ ）
A．一个圆B．两个半圆C．一个椭圆D．以上结论均不对
【答案】B
【详解】由已知方程得及，分别表示以为圆心、1为半径的介于点与之间的上半圆周及以为圆心、1为半径的介于点与之间的下半圆周.
16．已知正方体，设直线平面，直线平面，记正方体12条棱所在直线构成的集合为．给出下列四个命题：
①中可能有4条直线与a异面；
②中可能有5条直线与a异面；
③中可能有8条直线与b异面；
④中可能有10条直线与b异面．
A．①②③B．①④C．①③④D．①②④
【答案】C
【分析】利用异面直线的判断逐一分析即可得解.
【详解】当直线取时，中只有四条直线（、、、）与直线异面，故①正确；
因为直线平面，所以不可能与直线异面，
当直线过底面两个顶点时，由①可知，此时只有四条直线与直线异面；
当直线只过底面一个顶点（不妨设过顶点）时，
此时至少有超过5条直线与直线异面；
当直线不过底面任何一个顶点时，
此时至少有超过5条直线与直线异面；
综上，中不可能有5条直线与a异面，故②错误；
当直线取线段AD中点与线段的中点连线时，
中除了AD和之外的10条棱均与直线异面，故④正确；
当直线取A点与线段的中点连线时，
中除了AD、、AB和之外的8条棱均与直线异面，故③正确；
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是对异面直线的充分理解.
三、解答题
17．已知直线经过点，分别求满足下列条件的直线的方程：
(1)与直线垂直；
(2)与圆：相切.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）根据题意，设直线的方程为，将点代入，求得，即可求解；
（2）求得圆的圆心坐标为，半径，分直线的斜率不存在和斜率存在，两种情况讨论，结合圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：因为直线与直线垂直，可设直线的方程为，
又因为直线过点，代入可得，解得，
所以直线的方程为.
（2）解：由题意知，直线过点，
又由圆，可得圆心坐标为，半径，
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，
此时满足圆心到直线的距离等于半径，所以直线与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，可得，解得，即，
综上可得，所求直线的方程为或.
四、证明题
18．如图，在长方体中，E，F分别是和的中点．
(1)证明：E，F，D，B四点共面．
(2)证明：BE，DF，三线共点．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接EF，BD，，易得，再由，得到证明；．
（2）由直线BE和DF相交，延长BE，DF，设它们相交于点P，然后再论证平面，平面即可.
【详解】（1）如图，
连接EF，BD，．
∵EF是的中位线，
∴．
∵与平行且相等，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴E，F，D，B四点共面．
（2）∵，且，
∴直线BE和DF相交．
延长BE，DF，设它们相交于点P，
∵直线BE，直线平面，
∴平面，
∵直线DF，直线平面，
∴平面，
∵平面平面，
∴，
∴BE，DF，三线共点．
五、解答题
19．某高校的志愿者服务小组决定开发一款“猫捉老鼠”的游戏，如图，两个信号源相距10米，是的中点，过点的直线与直线的夹角为，机器猫在直线上运动，机器鼠的运动轨迹始终满足：接收到点的信号比接收到点的信号早秒（注：信号每秒传播米），在时刻时，测得机器鼠距离点为4米.
(1)以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系（如图），求时机器鼠所在位置的坐标；
(2)游戏设定：机器鼠在距离直线不超过米的区域运动时，有“被抓”风险，如果机器鼠保持目前的运动轨迹不变，是否有“被抓”风险？
【答案】(1)
(2)没有“被抓“风险
【分析】（1）设机器鼠位置为点，由双曲线的定义和方程可得的轨迹和方程，及时刻时的坐标；
（2）设直线的平行线的方程为，联立双曲线方程，由判别式为0，解得，再求平行线的距离，结合题意即可判断．
【详解】（1）解：设机器鼠位置为点，由题意可得，
即，
可得的轨迹为双曲线的左支，且，，即有，，，
则的轨迹方程为，
时刻时，，即，可得机器鼠所在位置的坐标为；
（2）解：设直线的平行线的方程为，
联立双曲线方程，可得，
即有，且，可得，
即与双曲线的左支相切，
切点即为双曲线左支上距离最近的点，
此时与的距离为，即机器鼠距离最小的距离为，
则机器鼠保持目前运动轨迹不变，没有“被抓”的风险．
六、证明题
20．如图，四边形是矩形，，，⊥平面，，．点F为线段的中点．
(1)求证：⊥平面；
(2)求证：平面；
(3)求和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）由线面垂直得到⊥，结合，由线面垂直的判定定理得到结论；
（2）作出辅助线，由三角形的中位线定理得到线线平行，从而证明线面平行；
（3）由（1）得到AC和平面ABE所成的角，求出边长，直接解直角三角形可得结论．
【详解】（1）因为⊥平面，平面，
所以⊥，
又由，而，平面，
故⊥平面；
（2）连接交于M，连接，由点F为线段的中点，
可得，而平面，平面，
故平面；
（3）由（1）知，平面，即为和平面所成的角．
由已知，，，
在直角三角形中，可得，
即和平面所成角的正弦值为．
七、解答题
21．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合，过且与轴垂直的直线交于、两点，交于、两点，且.
(1)求的离心率；
(2)设是与的公共点，若，求与的标准方程；
(3)直线与交于、，与交于、，且在直线上按、、、顺序排列，若，求.
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）求出、，可得出关于、的齐次方程，进而可求得椭圆的离心率的值；
（2）设点，由两点间的距离公式结合抛物线的定义可得出关于、的方程，求出的值，可求得、的值，进而可求得椭圆和抛物线的方程；
（3）分析可知，设点、，可得出点、的坐标，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，将点、的坐标代入椭圆方程，结合韦达定理推导出，从而可知直线过原点，且点为坐标原点，求出点的坐标，可得出点的坐标，代入椭圆方程求出的值，利用抛物线的定义可求得.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，则，
将代入椭圆的方程得可得，所以，，
设抛物线的标准方程为，则，可得，
所以，抛物线的方程为，
将代入抛物线的方程可得，解得，所以，，
因为，即，所以，，即，
因为，解得，故椭圆的离心率为.
（2）解：设点，则，则，
则
，
由抛物线的定义可得，
所以，，解得，则，，
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（3）解：若，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
所以，，由题意可知，为的中点，为的中点，
设点、，则、，
设，则，，抛物线的方程为，
联立可得，，可得，
由韦达定理可得，，
椭圆的方程为，即，
因为点、均在椭圆上，则，
可得，即.
若，则，可得，
所以，则，
所以，，则点，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，
化简可得，
显然，所以，不成立.
所以，，则必有或，
此时直线过原点，则直线的方程为，则、关于原点对称，
所以，点为坐标原点，故，
联立解得，即点，故点，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，
可得，解得，
所以，，
所以，.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
（2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.