四川省内江市第六中学2022-2023学年高二数学（理）下学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2022-2023学年高二数学（理）下学期第一次月考试题（Word版附解析），共23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。
内江六中2022-2023学年（下）高24届第一次月考理科数学试题考试时间：120分钟     满分：150分Ⅰ卷 选择题（满分60分）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 椭圆的离心率是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意求，再求离心率即可.【详解】由题意可得：，且椭圆焦点在y轴上，则，故椭圆的离心率是.故选：A.2. 下列说法正确的是（    ）A. 若或为假命题，则，都是假命题B. “这棵树真高”是命题C. 命题“使得”的否定是：“，”D. 命题：“，”，则是真命题【答案】A【解析】【分析】若或为假命题，则，都是假命题，A正确， “这棵树真高”不是命题，B错误，命题否定是：“，”，C错误，确定命题为真命题，是假命题，正确，得到答案.【详解】对选项A：若或为假命题，则，都是假命题，正确；对选项B：“这棵树真高”不是命题，错误；对选项C：命题“使得”的否定是：“，”，错误；对选项D：，故命题为真命题，是假命题，错误.故选：A3. 若直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则n的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题得直线所过定点在椭圆上或椭圆内，代入椭圆得到不等式，再结合椭圆焦点在轴上即可.【详解】直线恒过定点，若直线与椭圆总有公共点，则定点在椭圆上或椭圆内，，解得或，又表示焦点在轴上的椭圆，故，，故选：C.4. 设曲线是双曲线，则“的方程为”是“的渐近线方程为”的（      ）A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据双曲线渐近线的定义和充分不必要条件的概念求解即可.【详解】双曲线，，，焦点在轴，渐近线方程为，满足充分性.若双曲线的渐近线方程为，则或，不满足必要性.故选：B5. 已知空间向量，，，若，，共面，则m＋2t＝（    ）A. －1 B. 0 C. 1 D. －6【答案】D【解析】【分析】根据向量共面列方程，化简求得.【详解】，所以不共线，由于，，共面，所以存在，使，即，，，，，即.故选：D6. 如图，线段所在直线与平面平行，平面上动点P满足，则点P的轨迹为（    ）A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分【答案】C【解析】【分析】根据题意作出截面，即可分析动点P的轨迹.【详解】解：如图，将平面竖直放置，以AB为轴作圆锥，使母线与轴线的夹角为，又线段所在直线与平面平行，则点P的轨迹如图所示，为双曲线的一支，故选：C.7. 已知双曲线的左焦点为，点是双曲线右支上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为（    ）A. 5 B.  C. 7 D. 8【答案】C【解析】【分析】由双曲线定义等于到右焦点的距离，而的最小值是（是圆半径），由此可得结论．【详解】记双曲线的右焦点为，所以，当且仅当点为线段与双曲线的交点时，取到最小值．故选：C．8. 如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】依题意得，，，，，进而可得结果.【详解】依题意得，，，.所以故.故选：A.9. 已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，以为直径的圆与在第二象限交于点，且双曲线的一条渐近线垂直平分线段，则的离心率为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】D【解析】【分析】由题知，，进而得直线、的方程并联立得，再将其代入双曲线方程整理得，再求离心率即可.【详解】解：由题设，渐近线，，因为以为直径的圆与在第二象限交于点，所以，因为双曲线的一条渐近线垂直平分线段，所以， ，，所以，直线的方程为，直线的方程为，所以，联立方程得，所以，将代入整理得，即，所以，的离心率为.故选：D10. 已知，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，则的最小值为（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】由题可得，在中，由余弦定理得，结合基本不等式得，即可解决.【详解】由题知，，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，假设，所以由椭圆，双曲线定义得，解得，所以在中，，由余弦定理得，即，化简得，因，所以，即，当且仅当时，取等号，故选：A11. 有以下三条轨迹：①已知圆，圆，动圆P与圆A内切，与圆B外切，动圆圆心P的运动轨迹记为；②已知点A，B分别是x，y轴上的动点，O是坐标原点，满足，AB，AO的中点分别为M，N，MN的中点为P，点P的运动轨迹记为；③已知，点P满足PA，PB的斜率之积为，点P的运动轨迹记为．设曲线的离心率分别是，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别求出三个曲线方程，并求出对应的离心率即可求解.【详解】①，设动圆圆心，半径为，由题意可知：圆的圆心坐标，半径；圆的圆心坐标，半径；由条件可知：，，所以，所以点的轨迹方程为：，则；②设，，则，由中点坐标公式可得：，，所以的中点，因为，所以点的坐标满足，也即：，所以；③设点，由题意可知：，整理化简可得：，所以，则，所以，故选：.12. 已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点，由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围；当时，曲线为圆或椭圆，则相切时有两个不同交点，再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围.【详解】由题意，曲线过定点，曲线：，故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分，如图所示.（1）当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点，又渐近线为，故当即时，曲线C1和C2在y轴右侧无交点，满足题意；（2）当时，曲线为圆或椭圆，当曲线与相切时，有，消y得，由.i.故当时，曲线C1和C2恰有两个不同的交点；ii.当时，曲线C1和C2有零个不同的交点；iii.当时，曲线C1和C2有四个不同的交点；iv.当时，曲线C1和C2有三个不同的交点；v.当时，曲线C1和C2有两个不同的交点.综上，曲线C1和C2恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为.故选：D第Ⅱ卷 非选择题（满分90分）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知点是点关于坐标平面yoz内的对称点，则__________【答案】3【解析】【分析】求出点坐标即得解.【详解】因为点是点关于坐标平面yoz内的对称点，所以点坐标为,所以，所以.故答案：314. 比利时数学家丹德林( Germinal Dandelin)发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为______．【答案】8【解析】【分析】椭圆的短轴长为圆柱的底面的直径即可求解【详解】由平面与圆柱所截可知，椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，故答案为：815. 已知是椭圆上的一个动点，是左焦点，是一定点，当取最小值时，________．【答案】【解析】【分析】根据椭圆的第二定义，分析出当共线时，取最小值，由此求得点的坐标，进而求解．【详解】设垂直于椭圆的左准线，且与左准线交于点，由椭圆的第二定义，，，，当共线时，取最小值，此时设，，，得，．故答案为：．16. 已知，是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，若C的离心率为，则的值为______．【答案】3【解析】【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理求解即可.【详解】由及双曲线的定义可得，所以，，因为，在中，由余弦定理可得，即，所以，即，解得或（舍去）.故答案为：3三、解答题（本大题共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. 已知命题 ： 表示双曲线，命题 ： 表示椭圆．（1）若命题与命题 都为真命题，则 是 的什么条件？（请用简要过程说明是“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”和“既不充分也不必要条件”中的哪一个）（2）若 为假命题，且 为真命题，求实数 的取值范围．【答案】（1） 是 的必要不充分条件（2） 或．【解析】【详解】试题分析：(1) 根据双曲线的定义，若命题为真命题则 ,若 都为真命题则 或，由，可得 是 的必要不充分条件；（2）由 为假命题，且 为真命题，可得一真一假，分两种情况讨论，对于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范围..试题解析：（1）∵命题 ： 表示双曲线是真命题，∴ ，解得 ,又∵命题 ： 表示椭圆是真命题，∴ 解得 或 ∵ ∴ 是 的必要不充分条件,（2）∵ 为假命题，且 为真命题∴ 、 为“一真一假”，当 真 假时，由（1）可知，为真，有 ，①为假， 或 或 ②由①②解得 或 当 假真时，由（1）可知，为假，有 或 ，③为真，有 或 ④由③④解得，无解综上，可得实数 的取值范围为 或.【方法点睛】本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试. 对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.18. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，右顶点为.（1）求双曲线的方程；（2）已知过点的直线与双曲线只有一个公共点，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离求出b，再结合顶点求出a，从而求出双曲线方程；（2）设直线方程，联立双曲线，分类讨论，判别式法求解【小问1详解】双曲线的一条渐近线为，故焦点到直线的距离为，所以，又，所以双曲线方程为【小问2详解】由题知，直线的斜率必存在.设直线方程为：联立，消y得①当时，上述方程只有一解，符合题意，所以；②当时，为使上述方程只有一解即，，化解得：，所以，所以.综上，直线方程为：或.19. 如图，四棱锥的底面是正方形，且底面，点是棱的中点.（1）若是棱的中点，证明：平面；（2）若正方形的边长是4，，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）取棱的中点，连接，，可证得，从而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，求出直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】如图，取棱的中点，连接，，则，且.又，，所以，所以四边形是平行四边形，所以,又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，.设平面的法向量为，则令，得，设直线与平面所成的角为，则故直线与平面所成角的正弦值为.20. 椭圆E的方程为，短轴长为2，若斜率为的直线与椭圆E交于两点，且线段的中点为.（1）求椭圆E的方程；（2）若直线l：与圆相切，且与椭圆E交于M，N两点，且，求直线l的方程.【答案】（1）；    （2）或.【解析】【分析】（1）利用短轴长求出b，设点坐标，代入椭圆方程，作差化简即可得到，即可求解椭圆方程；（2）由点到直线距离公式列出方程，得到，联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式列出方程，求出及，得到答案.【小问1详解】由题意得：，所以，设，因过点且斜率为-1的直线与相交于两点，且恰好是的中点，则，所以.又A，B两点在椭圆上，则.两式相减得：，所以，所以，又，得，所以，故椭圆方程为；【小问2详解】直线l：与圆相切，故，即，联立与得：，设，则，，则，将代入上式得：，解得：，因为，所以，故，则，所以直线l的方程为或.21. 已知双曲线的右顶点为，直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为.（1）求双曲线的标准方程；（2）若直线与双曲线交于两点，且轴上存在一点，使得恒成立，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据点到直线的距离可得，结合双曲线中的关系即可求解，（2）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，将转化成斜率关系，即可代入求解.【小问1详解】因为双曲线的右顶点为，所以.当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，直线平行于双曲线的一条渐近线.不妨设直线的方程为，即，所以点到直线的距离，所以.因为，所以，故双曲线的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，联立方程组，得，则且.因为，所以，所以，解得.当直线恰好为轴时，也满足题意，故【点睛】直线与双曲线抛物线的位置关系和直线与椭圆、抛物线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；解析几何简化运算的常见方法：（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；（3）巧用定义，简化运算.22. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线与椭圆C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．（1）求椭圆C的方程；（2）圆F过O，B，交l于点M，N，直线，分别交椭圆C于另一点P，Q．①求值；②证明：直线过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）    （2）①；②证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据题意可得垂直平分，设为直线l与C的一个交点，根据菱形的面积求得点的坐标，再代入椭圆方程求得，即可得解；（2）①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，则，即，由此计算即可得出结论；②由题意知直线不可能平行于x轴，设直线方程为，，，联立方程，利用韦达定理求得，，再结合①中结论求出，即可得出结论.【小问1详解】因为直线与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，所以l垂直平分，所以，，设为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为，因为菱形的面积为，所以，解得，即，将点代入，得，又因为，所以，故C的方程为；【小问2详解】①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，故直线经过圆心E，所以为圆E的直径，因此，即，设，，则，又，，则，又因为，，所以；②由题意知直线不可能平行于x轴，则设直线的方程为，，，由得，，（∗），，因为，，所以，即，即，则，化简得，解得，满足（∗），所以直线的方程为，故直线过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；（5）代入韦达定理求解.