2023-2024学年福建省莆田第四中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省莆田第四中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共20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．已知直线l的斜率为，则直线l的倾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据倾斜角和斜率的关系求得正确答案.
【详解】因为，为锐角，
所以．
故选：C
2．已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．外切D．内切
【答案】C
【分析】计算圆心距，和比较大小，即可判断两圆的位置关系.
【详解】圆的圆心坐标是，半径，圆的圆心坐标是，半径，
,所以圆心距，所以两圆相外切.
故选：C
3．已知是椭圆的两个焦点，P是椭圆E上一点（顶点除外），则的周长为（ ）
A．B．6C．D．3
【答案】A
【分析】结合椭圆的定义求得正确答案.
【详解】依题意，
所以的周长为．
故选：A
4．已知双曲线：的渐近线方程为，则（ ）
A．2B．－2C．D．
【答案】B
【分析】根据双曲线的方程可得渐近线方程为：，结合题意然后根据双曲线标准方程可得，进而求解.
【详解】因为双曲线的方程为，所以，
令可得：，所以渐近线方程为：，
由题意知：双曲线：的渐近线方程为，所以，
故选：B.
5．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式，逐项计算，即可求解.
【详解】由数列满足，且，
可得.
故选：B.
6．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该抛物线上一点，点，则的最小值（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】B
【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值．
【详解】设抛物线的方程为，
因为，，
所以点在抛物线上，
所以，故，
所以抛物线的方程为，
所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，
在方程中取可得，
所以点在抛物线内，如图，过点作与准线垂直，为垂足，
点作与准线垂直，为垂足，则，
所以，
当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为5.
故选：B．
7．空间直角坐标系中，，，，点P在平面ABC内，且平面ABC，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用向量法求出的长，再由勾股定理求解即可.
【详解】由，，，得，
设平面的法向量，
则，令，则，
故，
又，平面ABC，
所以，
又，
所以
故选：A
8．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，可得，，将A,B两点的坐标分别代入椭圆方程，两式相减可求出===，进而可求出的值.
【详解】设，则，，
则，
两式相减得：，
∴===，
又==，∴，
联立，得.
∴椭圆方程为.
故选：A．
二、多选题
9．已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．是递减数列B．是递增数列
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据已知条件，结合时，，即可求出，即可依次求解．
【详解】数列的前项和，
随着的增大不断减小，
是递减数列，故A正确；
数列的前项和，
当时，，
当时，，上式也成立，
，
随着的增大不断增大，
是递增数列，且，故B，C正确；
，故D错误．
故选：ABC．
10．已知圆心为的圆与点，则（ ）
A．圆的半径为2
B．点在圆外
C．点与圆上任一点距离的最大值为
D．点与圆上任一点距离的最小值为
【答案】BCD
【分析】把圆C的方程化为标准形式，写出圆心和半径，再逐一分析各选项并判断作答.
【详解】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正确；
因点，则，点在圆外，B正确；
因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C正确；
在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA上时取“=”，C正确.
故选：BCD
三、单选题
11．已知是抛物线的焦点，过的直线与交于两点，点，且，则（ ）
A．直线的方程为B．直线的方程为
C．D．
【答案】AD
【分析】根据抛物线焦点弦的几何性质求解即可.
【详解】
设，，抛物线的准线，，
则以为直径的圆的半径，
线段的中点坐标为，
则线段的中点到准线的距离为，
所以以为直径的圆与准线相切，
所以的中点的纵坐标为1，即，
所以直线的斜率为，
则直线的方程为，
则线段的中点坐标为，
所以．
故选：AD
四、多选题
12．已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，的最小值是1
B．当，时，∥平面
C．当，时，平面平面
D．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】对于选项A：当时，即，
则，
可得，则，
可知点在平面内，
设点到平面的距离为，可知，
由可得，解得，
所以的最小值是，故A错误；
对于选项B：当，时，
则，
可得，则，
由正方体的性质可知：∥，且，
则为平行四边形，可得∥，且，
即，则，
可知点在直线上，直线即为直线，
且∥，平面，平面，
所以∥平面，即∥平面，故B正确；
对于选项C：当，时，
则，
取的中点，可得，
可知点即为点，
因为平面，平面，则，
设，连接，
可知，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
又因为分别为的中点，则∥，可得平面，
且平面，所以平面平面，故C正确；
对于选项D：当，时，
则，
可知点在平面内，
因为平面∥平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，
因为平面，则直线与平面所成的角为，
可得，
又因为，即，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解.
五、填空题
13．已知直线的方向向量，平面的法向量.若，则 .
【答案】
【分析】依题意可得，则，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为直线的方向向量，平面的法向量，
又，所以，
则，解得.
故答案为：
14．在两坐标轴上的截距相等，且与圆相切的直线有 条.
【答案】4
【分析】分横纵截距为零和横纵截距不为零两种情况讨论即可.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
当横纵截距为零时，直线方程为，
令，整理得，
因为，所以方程有两个解，
故当横纵截距为零时存在两条直线与圆相切；
当横纵截距不为零时，设直线方程为，
令，解得或9，
所以横纵截距不为零时存在两条直线与圆相切，
综上可得，存在4条截距相等的直线与圆相切.
故答案为：4.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为 .
【答案】/
【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率.
【详解】解：如图，

因为，则，
设，则，则，
由勾股定理可得，即，
整理可得，因为，解得，
所以，，，
由勾股定理可得，即，整理可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：
16．在棱长为2的正四面体中，点是所在平面内以为左、右顶点，为半短轴长的椭圆上的一动点（异于两点）.取的中点为坐标原点，以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，若直线和的斜率分别为，则 ;的最大值为 .
【答案】
【分析】依题意建立平面直角坐标，即可求出椭圆方程，设点的坐标，根据斜率公式可求解；设点E为的中心，即可得到点E恰好为椭圆的上顶点，即可得到，设，即可求出的最大值，从而得解.
【详解】依题意的中点为坐标原点，以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，
如图：设椭圆方程，则，所以椭圆方程为，
则，设，
所以,
所以的值为；
设点E为的中心，因为正四面体的棱长为2，所以,
故点E恰好为椭圆的上顶点，易知平面，因为，
所以，所以，
设，又，
，所以当时取得最大值，
即的最大值为，
所以的最大值为.
六、解答题
17．已知直线和直线的交点为
(1)求过点且与直线平行的直线方程；
(2)若点到直线距离为，求的值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）首先求点的坐标，再根据两直线平行，即可求解直线方程；
（2）代入点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】（1）联立方程组，解得，所以点，
又所求直线与直线平行，所以所求直线的斜率为，
则所求的直线方程为：，即；
（2）点到的距离为
解方程可得.
18．己知以点为圆心的圆与圆关于直线对称，过点的动直线与圆相交于，两点.
(1)求圆的方程；
(2)当时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）转化为两点关于一条直线对称的问题，结合“一垂直二中点”列方程组，可求得点坐标，进一步求圆的方程；
（2）先求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式求直线方程.
【详解】（1）由题意：点与点关于直线对称.
设点坐标为，则：解得：，
所以圆的方程为：.
（2）∵圆的半径为，弦长，∴圆心到直线的距离为：.
设直线方程为：，由解得：或.
所以直线的方程为：或.
19．已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，.
(1)证明：平行六面体是直四棱柱；
(2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系.
【答案】(1)证明见解析
(2)，平行六面体的体积为，的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积
【分析】（1）利用向量法证明，，从而可得平面，即可得证；
（2）根据公式求出，利用棱柱的体积公式求出该棱住的体积，从而可得出结论.
【详解】（1）证明：由题意，，
∴，，即，，
∵，是平面内两相交直线，∴平面，
∴平行六面体是直四棱柱；
（2）解：，
由题意，，，
，所以，
，，
∴.
∴，
故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点且垂直于轴的弦长为，且 ．（从以下三个条件中任选一个，将其序号写在答题卡的横线上并作答．）
①椭圆的长轴长为；②椭圆与椭圆有相同的焦点；③，与椭圆短轴的一个端点组成的三角形为等边三角形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线经过，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据选择不同的选项中条件再结合题意从而求解.
（2）设出直线的方程与椭圆联立，利用根与系数关系，并结合，再构造函数利用函数单调性从而求解.
【详解】（1）若选①．由题意得：，解得：，
所以：椭圆的方程为.
若选②．椭圆的焦点坐标为，则，
又，得，由，得，
所以椭圆的方程为.
若选③.由题意得：，
又与椭圆短轴的一个端点组成等边三角形，所以，
又，得，，
所以椭圆的方程为.
（2）易知，设直线的方程为，
联立，得：，
设点，，由根与系数的关系得，
，，
所以
，
设，则
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
所以当时，，（此时，直线为）.
故：面积的最大值为．
【点睛】（2）中通过直线与椭圆联立并利用根与系数关系得：，然后构造函数，利用函数的单调性从而可求解面积的最大值.
21．如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，．
(1)求点到平面的距离；
(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，交于，进而证明点在上，平面，即可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（2）结合（1）求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.
【详解】（1）：取的中点，连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因为平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
所以，，，，．
过点作，交于，则两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，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，即，取，则．
所以，点到平面的距离为．
（2）解：结合（1）得，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．
22．双曲线的左､右焦点分别是上的点到焦点的最小距离为1，一条渐近线的斜率为.
(1)求的方程.
(2)经过点且不垂直于轴的直线与交于两点.设是直线上关于轴对称的两点，试问直线与直线的交点是否在定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由渐近线的斜率，最小距离列方程组求得得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，代入双曲线方程整理，设，则，设，写出直线方程，联立求得交点横坐标（需代入韦达定理的结果）后可得结论．
【详解】（1）依题意，解得.
故双曲线的方程为.
（2）由题意可设直线的方程为.
联立整理得.
设.
设，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式相减得.
因为，
所以.
故直线与直线的交点在定直线上，该定直线的方程为.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交问题，解题方法是设出直线方程，设出交战坐标为，直线方程与双曲线方程联立消元后应用根与系数关系得，代入两直线的交点坐标化简得结论．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．