2023-2024学年河南省南阳市高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省南阳市高二上学期12月月考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据投影向量的公式求解即可
【详解】在上投影向量
故选：A
2．有以下命题：①如果向量与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么的关系是不共线；②为空间四点，且向量不构成空间的一个基底，那么点一定共面；③已知向量是空间的一个基底，则向量，也是空间的一个基底．其中正确的命题是
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】C
【分析】根据空间向量的基底判断②③的正误，找出反例判断①命题的正误，即可得到正确选项．
【详解】解：①如果向量与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么的关系是不共线；所以不正确．反例：如果有一个向量为零向量，共线但不能构成空间向量的一组基底，所以不正确．
②O，A，B，C为空间四点，且向量不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，C一定共面；这是正确的．
③已知向量是空间的一个基底，则向量，也是空间的一个基底；因为三个向量非零不共线，正确．
故选C．
【点睛】本题考查共线向量与共面向量，考查学生分析问题，解决问题的能力，是基础题．
3．已知A为椭圆的上顶点，为椭圆上一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】设，确定，根据二次函数性质得到最值.
【详解】由题意可知：，设，
由可得，，
则，
因为，可知当时，最大为.
故选：B
4．已知双曲线的实轴长为4，其焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】已知实轴长得，然后由焦点到渐近线的距离得出，再求得后可得离心率．
【详解】由题意得，一条渐近线：，设双曲线的右焦点为，则点到直线的距离，
所以，离心率.
故选：B．
5．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，化简曲线为，再由直线恒过定点，结合图象和圆心到直线的距离，列出方程，即可求解.
【详解】由曲线，可得，
又由直线，可化为，直线恒过定点，
作出曲线与直线的图象，如图所示，
结合图象，可得，所以，
当直线与曲线相切时，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
6．已知点，，设点满足，且为函数图象上的点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，点既在椭圆上，又在函数的图象上，即可求出点的坐标，得到的值．
【详解】因为，
可知点在以为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆上，
即，可得，
所以椭圆的方程为，
又因为为函数图象上的点，
则，解得，
所以．
故选：C.
7．某企业面试环节准备编号为的四道试题，编号为的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（ ）
A．9种B．10种C．11种D．12种
【答案】A
【分析】由列举法，结合分类计数原理即可求解.
【详解】用表示编号的面试者回答的试题为，其中，
所以的全部可能情况有：，
所以共有9种，
故选：A
8．已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.
【详解】因为直线：，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是.
故选：B.
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A．若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是
B．“”是“直线与直线垂直”的充要条件
C．“”是“直线与直线平行”的充要条件
D．直线的倾斜角的取值范围是
【答案】ACD
【分析】A项，通过求直线的斜率，即可得出直线的倾斜角；B项，讨论时直线与直线是否垂直，以及直线与直线垂直时的值，即可得出结论；C项，讨论时直线与直线是否平行，以及直线与直线平行时的值，即可得出结论；D项，通过求出直线的斜率，即可求出倾斜角的取值范围.
【详解】对于A项，在直线中，一个方向向量是，则直线的斜率为
∴直线的倾斜角是，A正确；
对于B项，当时，直线与直线变为：与
显然垂直，充分性成立.
当直线与直线垂直时，
解得：或，必要性不成立，故B错误；
对于C项，当时，直线与直线化为：与
即与，两直线平行，充分性满足要求.
若直线与直线平行
，解得：，必要性成立，故C正确；
对于D项，在直线中，该直线的斜率为
故倾斜角范围为.故D正确.
故选：ACD.
10．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
11．已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面结论正确的是（ ）
A．与一定不垂直B．二面角的正弦值是
C．的面积是D．点到平面的距离是定值
【答案】BD
【分析】取特殊位置，当与点重合时，即可判断选项A；建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角，即可判断选项B；利用线面垂直的性质定理，可得是的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C；由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断选项D．
【详解】对于A，当与点重合时，，故选项A错误；
对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
所以，平面即平面，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
同理可求得平面的法向量为，
设二面角为，
所以，
故，故选项B正确；
对于C，由于平面，又平面，
所以，所以，所以是的高，
所以，故选项C错误；
对于D，由于，且平面，平面，所以平面，
又点在上，所以点到平面的距离为常量，故选项D正确．
故选：BD．
12．我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：，是双曲线的左､右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分.若双曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）

A．射线所在直线的斜率为，则
B．当时，
C．当过点时，光线由到再到所经过的路程为13
D．若点坐标为，直线与相切，则
【答案】ABD
【分析】A选项，根据直线与双曲线的交点位置可判断.
B选项，利用双曲线定义和勾股定理化简可得.
C选项，由双曲线定义可判断.
D选项，利用角平分线性质，结合双曲线的定义可得.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，渐近线方程为，
选项A，因为直线与双曲线有两个交点，所以，即A正确；
选项B，由双曲线的定义知，，
若，则，
因为，
所以，
解得，即B正确；
选项C：，即C错误；
选项D，因为平分，由角分线定理知，，
所以，
又，
所以，解得，即D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．抛物线的准线方程为 .
【答案】
【详解】解：由
14．椭圆的焦距是2，则实数的值是 .
【答案】10或8
【分析】分类讨论焦点所在的位置，结合椭圆的性质分析求解.
【详解】由题意可知：椭圆的半焦距长为，
若焦点在x轴上，则，解得；
若焦点在y轴上，则，解得；
综上所述：实数的值是10或8.
故答案为：10或8.
15．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率 .
【答案】/
【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．
【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，
则，，可得四边形为平行四边形，

又及托勒密定理，可得四边形为矩形．
设，，
在中，，
则，，
，，，
，解得．
双曲线的离心率为．
故答案为：．
16．正方体棱长为2，为底面的中心，点在侧面内运动且，则最小值是 .
【答案】/
【分析】分析位置关系，确定点的轨迹，当点的轨迹确定为线段后，结合等面积法即可得.
【详解】连接如图所示线段，其中为中点，
由正方体棱长为2，
则，则，
，有，
故，又，且、平面，
，故平面，
又平面，故，
又平面，平面，
故，又、平面，，
故平面，又为中点，故，
故平面，故平面，
故，连接点与中点，
则有、、、，
又，
故与全等，则有，
故，
即，即点在线段上，
故当时，有最小值，
此时有，
即，
即最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于如何确定点的轨迹，根据题目条件，从出发，结合正方体中线面的位置关系，借助线面垂直的判定方法与性质定理进行推导.
四、解答题
17．如图，已知的顶点为，，是边AB的中点，AD是BC边上的高，AE是的平分线．

(1)求高AD所在直线的方程；
(2)求AE所在直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据互相垂直的直线斜率的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可；
（2）根据角平分线的性质，结合两点式方程进行求解即可.
【详解】（1）因为是边AB的中点，
所以，
因为，
所以，
因此高AD所在直线的方程为：；
（2）因为AE是的平分线，
所以，
所以，设，
所以，
所以AE所在直线的方程为：.
18．已知椭圆.
(1)求过点且被点平分的弦所在直线的方程；
(2)过点引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用“点差法”求出直线的斜率，利用点斜式求出直线方程，从而可得结论；
（2）设过点的直线与椭圆截得的弦的中点，交点为，利用点差法分析求解.
【详解】（1）因为，
所以在椭圆的内部，则所求弦必然存在，
设这条弦与椭圆交于点，
由中点坐标公式知，
把代入，则，
作差整理得，可得，
所以这条弦所在的直线方程为，即.
（2）由题意可知：过点引椭圆的割线的斜率存在且不为0，
设割线方程为，
联立方程，消去得，
则，解得，
设过点的直线与椭圆截得的弦的中点，交点为，
根据椭圆性质可知，则，
令，则，
可得，
因为在上单调递减，在上单调递增，
且，可知，
则，所以，
则，可得，
把代入，则，
两式相减得，整理得，
即，整理得.
.
【点睛】方法点睛：弦中点问题的解决方法
（1）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤；
（2）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
19．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）设，
由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，

二面角的正弦值为：
【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
20．用圆规画一个圆，然后在圆内标记点，并把圆周上的点折叠到点，连接，标记出与折痕的交点（如图），若不断在圆周上取新的点，，．进行折叠并得到标记点，，．设圆的半径为4，点到圆心的距离为2，所有的点，，，形成的轨迹记为曲线．
(1)以所在的直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，求曲线的标准方程；
(2)设直线与曲线交于，两点，且以直径的圆经过曲线的中心，求实数的值．
【答案】(1);
(2)
【分析】（1）由已知可得，进而由椭圆的定义知点，，，形成的轨迹是以，为焦点，以为长轴的椭圆，进而可求曲线的标准方程；
（2）设直线与曲线交于，两点坐标为，，，，联立方程可得，，以直径的圆经过曲线的中心，则，可得，求解即可．
【详解】（1）把圆周上的点折叠到点，折痕是的垂直平分线，，
，
若不断在圆周上取新的点，，．进行折叠并得到标记点，，．
总有成立，又是圆内的一点，，
故点，，，形成的轨迹是以，为焦点，以为长轴的椭圆，
，，，，，
以所在的直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
曲线的标准方程为；
（2）设直线与曲线交于，两点坐标为，，，，
由，消去得，
整理得，
，，
，，
，
以直径的圆经过曲线的中心，则，
，，，
，
解得，
经检验，符合题意，故．
21．如图，在三棱锥中，平面平面，平面平面，于点，，，，，为线段上的一点.
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意结合面面垂直的性质可得平面，平面，进而可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，设，根据线面夹角的向量求法可得，结合锥体体积公式分析求解.
【详解】（1）因为，平面平面，平面平面，
且平面，可得平面，
由平面，则，
在中，
由余弦定理可得，
即，则，可得，
平面平面，平面平面，平面，
可得平面，由平面，则，
，平面，所以平面.
（2）如图，以A为坐标原点，分别为轴所在的直线，过A作平行于的直线为x轴所在的直线，建立空间直角坐标系，
因为，可知,
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设，可知，
即，可得，
若直线与平面所成角的正弦值为，
则，
整理得，解得或（舍去），
可知，
所以三棱锥的体积.
22．如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程；
(2)斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，若，求的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，结合抛物线的定义，即可求得其轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，结合共线向量的坐标表示，得到，列出函数关系式，结合二次函数的性质得出不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
所以笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
设其方程为，则，
因为，，且，
可得，
由，可得点的横坐标为，
又由抛物线的准线方程为，则，解得，
所以曲线的轨迹方程为.
.
（2）假设存在，使得，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，且，
则，则，
可得，
由，可得，即，所以，
令，则，
所以，且，即，解得或，
所以存在，使得成立.
.
【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.