2023-2024学年北京市顺义区第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市顺义区第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由直线方程求出斜率，再由斜率求出直线的倾斜角
【详解】解：设直线的倾斜角为，
由直线可知其斜率为，
所以，
因为，
所以，
故选：B
【点睛】此题考查由直线方程求直线的倾斜角，属于基础题.
2．设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】依题意可得两平面的法向量共线，即可得到，从而得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，即，解得；
故选：B．
3．设抛物线上一点P到y轴的距离是2，则点P到该抛物线焦点的距离是
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】抛物线的准线方程为．因为到轴的距离为2，所以到准线的距离为3.由抛物线的几何性质可知，到抛物线焦点的距离为3，故选C
4．“”是“直线与直线平行”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据两者之间的推出关系可得正确的选项.
【详解】当时，两直线不平行；
当时，由两直线平行可得，且，解得或
∴“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件
故选：A
5．已知等差数列，其前项和为，则（ ）
A．24B．36C．48D．64
【答案】B
【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，且，
由等差数列的性质，可得，所以，
又由.
故选：B.
6．如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量．
【详解】因为是的中点，是的中点，
，．
故选：B
7．在数列中，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知递推式求出，可得数列是以3为周期的周期数列，然后利用周期可求得结果.
【详解】因为，，
所以，，
，，
所以数列是以3为周期的周期数列，
所以，
故选：A
8．椭圆的两焦点为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两边，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用题干可得，则，构建的等量关系即可求离心率.
【详解】由题可知等边的边的中点为，
所以可得，所以，
由椭圆定义可得，即，
则离心率.
故选：D
9．已知A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得为钝角三角形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线AB的方程，确定弦AB为该圆的直径，再判断A，B，C，D各选项中的点M与圆的位置关系，即可确定的形状，从而得解．
【详解】因为A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，
所以易得，，则，直线AB的方程为，
显然圆心在直线AB上，即弦AB为该圆的直径，
对于A，，即在圆上，则为直角三角形，故A错误；
对于B，因为，，，
所以，，即为中的最大角，
因为，即在圆外，即为锐角，
所以为锐角三角形，故B错误；
对于C，，即在圆上，则为直角三角形，故C错误；
对于D，，即在圆内，则为钝角三角形，故D正确．
故选：D．
10．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答.
【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，
显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，
其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：
，两圆外离，由圆的几何性质得：，，
所以的取值范围是：.
故选：B
【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.
二、填空题
11．若直线与直线垂直，则a的值为 .
【答案】2
【分析】直接由直线垂直的充要条件列出等式即可求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得，即a的值为2.
故答案为：2.
12．已知双曲线的渐近线为，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据渐近线方程可得：，进而得到.
【详解】因为双曲线的渐近线为，
所以，则，
故答案为：.
13．如图，在棱长为1的正方体中，
（1）点到直线的距离等于 ；
（2）直线到平面的距离等于 ．
【答案】 .
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法可得点到直线的距离，利用点到平面的距离公式可得点到平面的距离，进而可得直线到平面的距离.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以点A到直线的距离等于；
由题可知，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以点平面的距离为，
又，所以，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离等于直线到平面的距离为.
故答案为：；.
14．设点，，直线，于点，则的最大值为 .
【答案】6
【分析】先求出直线过定点，再根据条件求出点的轨迹方程，再结合轨迹方程求出的最大值．
【详解】直线，则，
则，解得，，即直线恒过点，
设，，，
，即，
故点的轨迹为，
该轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
．
故答案为：6.
15．在直角坐标系中，双曲线（）的离心率，其渐近线与圆 交轴上方于两点，有下列三个结论：
① ；
②存在最大值；
③ ．
则正确结论的序号为 .
【答案】①③
【分析】根据双曲线离心率的范围可得两条渐近线夹角的范围，再根据直线与圆的位置关系及弦长，即可得答案；
【详解】，，
对①，根据向量加法的平行四边形法则，结合，可得成立，故①正确；
对②，，由于，没有最大值，没有最大值，
故②错误；
对③，当时，，
，又，，
，故③正确；
故答案为：①③.
【点睛】本题考查向量与双曲线的交会、向量的数量积和模的运算，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
三、解答题
16．已知是公差为正数的等差数列，，且.
(1)求的通项公式；
(2)求的前n项和；
(3)求的前n项和的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设出公差，根据条件列出关于的方程组，由此求解出，则的通项公式可求；
（2）根据的值直接求解出；
（3）分析对应的二次函数的最小值，由此可得的最小值.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，
所以；
（2）因为，
所以，
所以；
（3）因为，
且函数开口向上，对称轴为，
所以当时，有最小值，
所以.
17．如图,在三棱柱中,平面.
(1)求证:平面;
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)先说明为正方形,即,再证明平面,即,根据线面垂直的判定定理即可证明;
(2)根据(1)中结论平面,则直线与平面所成角即为,在正方形求出该角即可.
【详解】（1）证明: 平面,平面,
,
,
平行四边形为正方形,
,
平面,平面
,
,,
平面,平面,
平面,
平面,
,
平面,平面,
平面得证;
（2）记与交点为,
由(1)知平面,
所以平面,
故直线与平面所成角为,
由(1)知平行四边形为正方形,
,
故直线与平面所成角为.
18．已知圆 内有一点，过点P作直线交圆于两点.
(1)当直线经过圆心时，求直线的方程；
(2)当点平分弦时，求直线的方程；
(3)当弦长时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）求出圆的圆心，代入直线方程，求出直线的斜率，即可求直线l的方程；
（2）当弦AB被点P平分时，求出直线的斜率，即可写出直线l的方程；
（3）根据题意，先利用弦长和半径求出圆心到直线的距离，再对斜率进行分类假设直线方程，求圆心到直线的距离，从而得直线方程.
【详解】（1）圆心，则直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即.
（2）当弦AB被点P平分时，，则直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即．
（3）圆C的半径，设圆心到l的距离d，则弦长，解得.
当直线l斜率不存在时，则直线l的方程为，，满足条件.
当直线l斜率存在时，设斜率为，则直线l的方程为，整理得，
，整理得，解得，
故直线l的方程为，即.

综上所述，直线l的方程为或.
19．已知抛物线的顶点在原点，对称轴是轴，且经过点.
(1)求抛物线的标准方程、焦点坐标；
(2)经过焦点F且斜率是1的直线，与抛物线交于A、B两点，求以及的面积.
【答案】(1)标准方程为，焦点坐标为
(2)；
【分析】（1）设抛物线方程，将点P坐标代入计算求解方程，进一步求出焦点坐标；
（2）根据点斜式求出直线方程，联立直线与抛物线，韦达定理，利用弦长公式或者焦半径公式求弦长，利用点到直线距离公式求高，进而求解三角形的面积.
【详解】（1）由题设方程为，将代入，解得，
所以抛物线的标准方程为.该抛物线的焦点坐标为.
（2）因为直线，过点，所以直线的方程为，
联立消得，
设，，则，.
所以，
（或者利用焦半径公式求弦长：）
又，所以.
20．如图，平面，，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点E到平面的距离为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先通过面面平行的判定定理证明平面平面，然后再证明平面；
（2）建立合适空间直角坐标系，先求解出平面与平面的一个法向量，然后计算法向量夹角的余弦值，结合图形可求结果；
（3）先通过向量法表示出点到平面的距离，然后求解出的坐标，结合三棱锥体积公式可求结果.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
过点作轴，交轴于点，
因为，，
所以为等腰直角三角形，且，
又因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，
又因为，所以为等腰直角三角形，
所以，
由上可知：，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，令，则，
取平面的一个法向量为，
所以，
由图可知平面与平面的夹角为钝角，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）设，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，令，则，
又因为，
所以到平面的距离，
所以，解得，
又因为平面，，
所以平面，
所以
21．已知椭圆C的离心率为，长轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线与椭圆C交于M，N（不与A，B重合）两点，直线AM与直线交于点Q，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，即可得到，即、、三点共线，即可得证；
【详解】（1）解：由长轴的两个端点分别为，，可得，
由离心率为，可得，所以，
又，解得，
所以椭圆C的标准方程为；
（2）解：设直线l的方程为，
由得
设，，则，
所以，直线的方程为，所以
所以，
所以
，即，
所以、、三点共线，所以；