重庆市云阳县云阳高级中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市云阳县云阳高级中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题．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．
1. 定义：既是中心对称，也是轴对称的曲线称为“尚美曲线”，下是方程所表示的曲线中不是“尚美曲线”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆、椭圆、双曲线、抛物线性质，根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】选项A，表示圆心在原点，半径为2的圆，由圆的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项A错误；
选项B，由椭圆的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项B错误；
选项C，由双曲线的性质知，的对称中心为，对称轴为轴，轴，即既是中心对称，也是轴对称，所以选项C错误；
选项D，由，得到，由抛物线性质知，关于轴对称，无对称中心，所以选项D正确.
故选：D.
2. 若与是两条不同的直线，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线平行的结论即可进行判断.
【详解】由题意，若，则，解得或，
经检验，或时，，则“”是“”的必要不充分条件，
故选：C．
3. 已知椭圆：离心率为，则（ ）
A. B. 1C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
4. 如图，在三棱柱中，分别是，的中点，，则（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算的几何意义结合已知条件，可把分解成基底向量的线性组合即可得解.
【详解】如下图所示：

首先有，一方面：由，所以，又是的中点，
所以 ， 所以；
另一方面：，且注意到分别是，的中点，
所以.
因此.
故选：D．
5. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
因为，则，
所以；
综上所述：线的倾斜角的范围是.
故选：C．
6. 点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（ ）
A. 10B. C. 20D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离以及的最小值求得.
【详解】圆的圆心为，半径为，
到直线的距离为，
由于的最小值是，所以直线与圆相离，
所以的最小值为.
故选：D
7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，得k最小，
此时设，故，解得或（舍去），
即．
故选：C
8. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）

（
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，

设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知、，则下列命题中正确的是（ ）
A. 平面内满足的动点P的轨迹为椭圆
B. 平面内满足的动点P的轨迹为双曲线的一支
C. 平面内满足的动点P的轨迹为抛物线
D. 平面内满足的动点P的轨迹为圆
【答案】AD
【解析】
【分析】由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点，列式化简即可判定选项D；
【详解】对于选项A,有、，且,由椭圆定义可知选项A正确;
对于选项B,有、，且,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;
对于选项C,有、，且,轨迹为线段垂直平分线，不符合抛物线的定义可知选项C错误;
对于选项D,有、，且,设点，则，化简可得，可知选项D正确;
故选：AD
10. 已知圆，直线．则（ ）
A. 直线恒过定点
B. 当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
C. 直线与圆有一个交点
D. 若圆与圆恰有三条公切线，则
【答案】AD
【解析】
【分析】化简直线的方程为，可判定A正确；根据圆心到直线的距离，可判定B错误；根据点在圆内部，可判定C错误；根据两圆的位置关系，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为直线，
可得，令，解得，
所以直线恒过点点，所以A正确；
对于B中，由圆，可得圆心，半径为，
要使得圆上恰有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离，则满足，
当时，直线，
可得圆心到直线的距离为，所以B错误；
对于C中，因为直线恒过点点，设为点，
可得，所以点在圆内部，
所以直线圆圆有两个交点，所以C错误；
对于D中，因为圆，可得，
要使得圆与圆恰有三条公切线，
可得，即，解得，所以D正确.
故选：AD.
11. 正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点,则正确的是（ ）

A.
B. 平面AEF
C. 点B、C到平面AEF的距离相等
D. 若P为底面ABCD内一点，且，则点P的轨迹是线段
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.
【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，
选项A：，，
，所以选项A错误；
选项B：设平面的法向量为，，
，
故有，即，令，则，
因为且平面，
所以平面；
选项C：，
，
点到平面的距离为：，
点到平面的距离为：，
所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；
选项D：设，，
，
因为，
所以，即，
所以点坐标满足且，
故点的轨迹是一条线段，故选项D正确.
故选：BCD.

12. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上两个位于第一象限的动点，且有．直线与准线分别交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，延长交准线于
【答案】ACD
【解析】
【分析】易得抛物线的焦点为，准线为，则，，求出的坐标即可判断A；根据即可判断B；结合B选项即可判断C；结合A选项，求出，即可判断D.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，则，
由，得，
对于A，当时，，
则，，故A正确；
对于B，当时，可得，，
则，
设直线，把代入，可得，
令，则，
同理，
则，
因为，所以，
所以，故B错误；
对于C，由B选项知，，故C正确；
对于D，当时，，则，
，
，
由选项A知，
，，
，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：求三角形面积的比值可转化为边长的比值，进而可转化为相似比问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与C分别交于M，N两点，则的周长为______．
【答案】20
【解析】
【分析】由椭圆定义可知，的周长为．
【详解】由，得，由椭圆定义可知，的周长为．
故答案为：20.
14. 已知半径为1的圆关于直线对称，写出圆的一个标准方程__________．
【答案】（答案不唯一，只要圆心在直线上，半径为1，均可）
【解析】
【分析】根据题意，可知圆心在直线上，半径为1，取满足题意的圆心坐标，即可得出圆的一个标准方程.
【详解】解：由题可知，圆关于直线对称，半径1，
则圆心在直线上，则当时，，
所以当圆心为，圆的标准方程为.
故答案为：.（答案不唯一，只要圆心在直线上，半径为1，均可）
15. 已知动点在正方体的对角线（不含端点）上．设，若为钝角，则实数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，点，根据，得到，结合，即可求解.
【详解】以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，点，
则，
所以，
因为，可得，可得，
所以，即，
因为点与点不重合，所以，所以为钝角，等价于，
所以，
解得，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16. 圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是____________.
【答案】
【解析】
【分析】转化为点到直线与直线距离之和的5倍，这个距离之和与点在圆上的位置无关可得圆在两直线之间，利用直线与圆相切可得答案.
【详解】由已知可得所在的圆的方程为，
设，
故可看作点到直线与直线距离之和的5倍，
因为的取值与x、y无关，
所以这个距离之和与点在圆上的位置无关，
圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，
如图所示，可知直线平移时，
点与直线的距离之和均为直线之间的距离，
此时可得圆在两直线之间，
当直线与圆相切时，
，解得（舍去），或，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是转化为点到直线与直线距离之和的5倍.
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. 已知离心率为的双曲线C与椭圆的焦点相同.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）求双曲线C的焦点到渐近线的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件取得双曲线的，从而求得双曲线的标准方程.
（2）利用点到直线的距离公式求得正确答案.
【小问1详解】
椭圆的焦点坐标为，
设双曲线的方程为，，
所以双曲线的半焦距.
又由，得，
所以，
所以双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，双曲线C的焦点坐标为，渐近线方程为，
所以双曲线C的焦点到渐近线的距离为.
18. 如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．
（1）求异面直线EF与所成角的大小．
（2）证明：平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；
（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.
【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：
，，，，，
∴，，，．
（1），
∴
∴异面直线EF和所成的角为．
（2）
∴，即
，
∴即．
又∵，平面且
∴平面．
19. 如图，已知一艘海监船 上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为.
（1）求外籍船航行路径所在的直线方程；
（2）这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？
【答案】19. ；
20. 能， 小时.
【解析】
【分析】（1）首先以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立平面直角坐标系，再利用截距式求解直线方程即可；
（2）利用直线与圆的位置关系和弦长公式即可得到答案.
【详解】（1）以为原点，东西方向为轴，南北方程为轴，建立平面直角坐标系，如图所示:
则 ， 则直线，即，
外籍船航行路径所在的直线方程为: ;
（2）点到直线的距离，
所以外籍轮船能被海监船监测到；
检测路线的长度，
则检测时间，
所以外籍轮船被监测到的持续时间为小时.
20. 已知O为坐标原点，位于抛物线C：上，且到抛物线的准线的距离为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）已知点，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，求的最小值以及此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）13；．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；
（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.
【小问1详解】
根据题意可得，
又，解方程组得，，
故所求抛物线C方程，
【小问2详解】

设点，，抛物线的焦点坐标为．
当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；
当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：；
联立抛物线方程可得，消去x得：，
，得，
由韦达定理得，，
易知，
故
．
所以当时，取得最小值为13．
此时直线l的方程为．
21. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
（1）若为棱的中点，求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【小问1详解】
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
【小问2详解】
假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
22. 已知点在运动过程中，总满足关系式：.
（1）点M的轨迹是什么曲线？写出它的方程；
（2）设圆O：，直线l：与圆O相切且与点M的轨迹交于不同两点A，B，当且时，求弦长的最大值.
【答案】（1）点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据题中关系结合椭圆定义即可得到答案；
（2）设，由直线与圆相切得，再由直线与椭圆相交以及，可得，由弦长公式结合基本不等式可得答案．
【小问1详解】
由关系式，结合椭圆的定义，
点M的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.
∴，，，
∴点M的方程为.
【小问2详解】
联立方程，则，
设，，
则，，，
直线l：与圆O相切，则，

，
∵，∴，解得，
.
当且仅当取等号.
所以弦长的最大值为2.