2024宜春丰城中学高二上学期12月月考试题数学含解析

这是一份2024宜春丰城中学高二上学期12月月考试题数学含解析，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。

1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
2. 已知直线的倾斜角为，方向向量，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知圆的圆心在直线上，且圆与两坐标轴都相切，则圆的方程可以为（ ）
A. B.
C. D.
4. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆雉，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为144的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切.则下列椭圆的标准方程中满足题意的是（ ）
A. B.
C. D.
5. 某电视台的一个综艺栏目对含甲､乙在内的六个不同节目排演出顺序，第一个节目只能排甲或乙，最后一个节目不能排甲，则不同的排法共有（ ）
A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种
6. 现有4男3女共7个人排成一排照相，其中三个女生不全相邻排法种数为（ ）
A. B. C. D.
7. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（ ）
A. 椭圆上B. 双曲线的一支上C. 抛物线上D. 圆上
8. 不过原点直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 已知直线，直线，下列说法正确是（ ）
A. 直线在轴上截距等于直线在轴上的截距
B. 若点直线上，则点也在直线上
C. 若，则
D. 若，则
10. 已知圆和圆相交于A，两点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 直线的方程为
C. 线段的长为
D. 到直线的距离与到直线的距离之比为
11. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，在阳马中，底面，且，则（ ）

A. 直线与所成角的余弦值是
B. 点到直线的距离是
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到平面的距离为
12. 已知拋物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为B.
C. 直线的斜率为D. 直线的方程为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的展开式中的系数为____________．
14. 设，，若空间向量与平行，则______.
15. 已知为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于两点，为的中点，为坐标原点.若△是以为底边的等腰三角形，且△外接圆的面积为，则椭圆的长轴长为_________.
16. 已知直线与圆：交于，两点，且，则的最大值为______.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知的顶点，BC边上的高所在直线的方程为．
（1）求直线BC的一般式方程；
（2）若AC边上的中线所在直线的方程为，求顶点A的坐标．
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为4，且与的夹角都等于60°，是的中点，设，，.
（1）用基底表示向量；
（2）求的长.
19. 已知.
（1）当时，与相交于两点，求直线的方程；
（2）若与相切，求的值.
20. 如图，直三棱柱的底面为等边三角形，分别为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
21. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）抛物线的准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于两点，若以为直径的圆过点，求直线的方程．
22. 已知，，是椭圆上的三点，其中、两点关于原点对称，直线和的斜率满足.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点作斜率不为0的直线，与椭圆的两个交点分别为、，若为定值，则称点为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有的“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由.丰城中学2023-2024学年上学期高二第三次月考试卷数学
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】由直线在坐标平面内位置判断倾斜角.
【详解】因为直线平行于轴，所以倾斜角为.
故选：A.
2. 已知直线的倾斜角为，方向向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的斜率建立方程求解即可.
【详解】因为直线的倾斜角为，则直线的斜率，故.
故选：B.
3. 已知圆的圆心在直线上，且圆与两坐标轴都相切，则圆的方程可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可知圆方程可表示成的形式，逐一对比选项即可得出答案.
【详解】根据题意可设圆心坐标为，则半径，
所以圆的方程为，
显然A错误，C正确；
易知选项B可化为，可知B错误；
选项D可化为，可知D错误；
故选：C
4. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆雉，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为144的矩形截某圆锥得到椭圆，且与矩形的四边相切.则下列椭圆的标准方程中满足题意的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依次求出与选项中椭圆相切的矩形的面积，得到答案.
A选项，中，，故与相切的矩形面积为，满足要求；
B选项，中，，此时矩形面积为，不合要求；
C选项，中，，此时矩形面积为，不合要求；
D选项，同理可得，此时矩形面积为，不合要求.
故选：A
5. 某电视台的一个综艺栏目对含甲､乙在内的六个不同节目排演出顺序，第一个节目只能排甲或乙，最后一个节目不能排甲，则不同的排法共有（ ）
A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种
【答案】B
【解析】
【分析】分第一个节目为甲和乙两种情况求解即可
【详解】①第一个节目为甲，则共有种排法；
②第一个节目为乙，则共有种排法
故共有种排法
故选：B
6. 现有4男3女共7个人排成一排照相，其中三个女生不全相邻的排法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用排除法，即7人的全排列减去3个女生都不相邻的情形（用插空法求三女生全不相邻的排法）.
【详解】7个人全排列诚去3个女生全部相邻的情形，即，
故选：B.
7. 与圆：及圆：都外切的圆的圆心在（ ）
A. 椭圆上B. 双曲线的一支上C. 抛物线上D. 圆上
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.
【详解】设所求圆的半径为，圆心为，
圆：的圆心，半径，
圆化为标准方程得，则圆心，半径，
因为，所以两圆相离，
由题意可得，两式相减得，
所以圆心在双曲线的一支上.
故选：B.
8. 不过原点的直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点差法，结合双曲线的几何性质，求解双曲线的离心率；
【详解】
设点，
则有
两式作差解得：即
设
因为
代入整理得：即
由题意知
因为，，
又因为，
解得：即，
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 已知直线，直线，下列说法正确的是（ ）
A. 直线在轴上的截距等于直线在轴上的截距
B. 若点在直线上，则点也在直线上
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线的截距、直线与直线平行与垂直关系，逐项判断即可.
【详解】直线在轴上的截距为，直线在轴上的截距为2，不相等，故A错误；
若点在直线上，则，所以点在直线上，故B正确；
当时， 与重合，故C错误；
若，则，故D正确.
故选：BD
10. 已知圆和圆相交于A，两点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 直线方程为
C. 线段的长为
D. 到直线的距离与到直线的距离之比为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用圆的性质可判定A项，利用两圆的公共弦方程公式计算可判定B项，利用弦长公式可判定C项，利用点到直线的距离公式可判定D项.
【详解】对于A项，因为两个圆相交，所以圆心，所在直线垂直平分两圆的公共弦，故A正确；
对于B项，因为圆和圆相交于A，两点，所以两圆方程相减得到，即，故B正确；
对于C项，圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以，故C正确；
对于D项，因为圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以到直线的距离与到直线的距离之比为，故D错误．
故选：ABC．
11. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，在阳马中，底面，且，则（ ）

A. 直线与所成角的余弦值是
B. 点到直线的距离是
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求角及距离的方法逐项判断即得.
【详解】阳马中，底面，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
于是，则直线与所成角的余弦值是，A正确；
点到直线的距离，B错误；
设为平面的法向量，则，令，得，
，所以直线与平面所成角的正弦值为，C错误；
点到平面的距离，D正确.
故选：AD
12. 已知拋物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为B.
C. 直线的斜率为D. 直线的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由准线所过点求得得抛物线方程，判断A，设直线，代入抛物线方程后应用韦达定理判断B，设，，利用选项B中斜率表示出两点坐标，计算斜率判断C，利用韦达定理得出线段中点坐标得直线方程判断D．
【详解】因为在准线上，所以准线方程为，所以，抛物线的方程为，故A错误；
设直线，代入，得，
当直线与相切时，，即，
设的斜率分别为，易知是上述方程的两根，故，
所以，故B正确；
设，，则分别是方程的根，
所以，所以，故C正确；
，，
所以的中点为，直线的方程为，即，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 的展开式中的系数为____________．
【答案】98
【解析】
【分析】首先确定的展开式通项，结合写出含的项，即可得结果.
【详解】由的展开式通项为，
所以含的项为.
故的系数为98.
故答案为：98
14. 设，，若空间向量与平行，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量平行列式求解参数，即可求出向量的模.
【详解】因为空间向量与平行
所以存在唯一实数，使得.
则，解得，即
所以.
故答案为：.
15. 已知为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于两点，为的中点，为坐标原点.若△是以为底边的等腰三角形，且△外接圆的面积为，则椭圆的长轴长为_________.
【答案】6
【解析】
【分析】通过△外接圆的面积为，求出外接圆半径为，设设，则，利用正弦定理求解求出的值，求出，利用点差法求出，然后求解的值.
【详解】
因为△外接圆的面积为，所以其外接圆半径为，
又△是以为底边的等腰三角形，
设，则，
所以，
所以，所以或，
不妨设点在轴下方，
所以或.
设，，
则
作差得，
即，
所以或（此时焦点在轴上，舍去），
因为为椭圆的右焦点，，
所以，长轴长为6，
故答案为：6.
16. 已知直线与圆：交于，两点，且，则的最大值为______.
【答案】30
【解析】
【分析】的几何意义为点到直线的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍．由题意，所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，利用圆的性质即可得解.
【详解】的几何意义为点到直线的距离之和，
根据梯形中位线知其最大值是的中点到直线的距离的2倍，
由题可知， 圆：的圆心，半径为2，，
则，
所以的中点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
故点到直线的最大距离，
所以的最大值为，
则的最大值为30．
故答案为：30．
四、解答题（本大题共6小题，共70分，应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知的顶点，BC边上的高所在直线的方程为．
（1）求直线BC的一般式方程；
（2）若AC边上的中线所在直线的方程为，求顶点A的坐标．
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求出即得.
（2）设出点的坐标，结合中点坐标公式及点所在位置求解即得.
【小问1详解】
依题意，边BC上的高所在直线的斜率为1，则直线BC的斜率为，
所以直线BC的方程为，即．
【小问2详解】
设，因为AC边上的中线所在直线的方程为，且，
所以，则，因为BC边上高所在的直线经过点A，
所以，则，故A的坐标为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为4，且与的夹角都等于60°，是的中点，设，，.
（1）用基底表示向量；
（2）求的长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的加减运算以及数乘运算，即可求得答案；
（2）结合（1）结论，利用，结合数量积的运算律，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意得
;
【小问2详解】
由已知，得，，
，,
，,
所以
,
所以的长为.
19. 已知.
（1）当时，与相交于两点，求直线的方程；
（2）若与相切，求的值.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）两圆相交，两个方程作差即为交点弦所在直线方程.
（2）两圆相切，分内切与外切分别讨论求参数a的值.
【小问1详解】
当时，，
则用与作差得：
，
化简得：，
即直线的方程为
【小问2详解】
，
,，
半径，半径，
当两圆外切时，，解得，
当两圆内切时，，解得.
20. 如图，直三棱柱的底面为等边三角形，分别为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由垂直关系建立空间直角坐标系，设，由向量共线证明线面平行；
（2）用表示三棱锥的体积为，解出，再由法向量方法求解二项角.
【小问1详解】
连接.由直三棱柱底面为等边三角形，
则，且平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
以过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
，
因为，
所以，所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面,平面，
所以平面平面.
在平面内，取的中点，连接，
则，又平面平面，平面，
所以平面，且，
由，得，
即，所以，
则，
.
设平面的法向量为，
由得
令，则，
设平面的法向量为，
由得
令，则，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且的面积为（为坐标原点）．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）抛物线的准线与轴交于点，过点的直线交抛物线于两点，若以为直径的圆过点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式及点在抛物线上可列方程组，解得，确定抛物线方程；
（2）设直线方程，直曲联立，结合可求出直线方程
【小问1详解】
由已知可知，
所以，所以．
又点在抛物线上，所以，
又，所以，所以抛物线的标准方程为．
【小问2详解】
由题意，，
当直线斜率为0时，显然不成立，
所以直线斜率不为0，设直线方程为，
设
由消元得，
所以，，
因直线交抛物线于两点，
所以，
解得，即或,
因为以为直径的圆过点,
所以
又
所以
所以，
所以符合题意，
所以直线的方程为，即或.
22. 已知，，是椭圆上的三点，其中、两点关于原点对称，直线和的斜率满足.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点作斜率不为0的直线，与椭圆的两个交点分别为、，若为定值，则称点为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有的“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设，由化简可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式， 即可求解.
【小问1详解】
设，易知，
由，得，
化简得，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
∵点是椭圆长轴上的不同于、的任意一点，
故可设直线的方程为，，，
由，得，
∴，，恒成立.
又，，
∴，
，
要使其值为定值，则，
故当，即时，.
综上，存在这样的稳定点.