四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学题 Word版含解析.docx

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宜宾四中2023年秋期高二第三学月考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）一、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的.1.在平面直角坐标系xOy中，直线的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系可得答案.【详解】设直线倾斜角为，直线的方程可化为，所以斜率为，因为，所以.故选：B.2.双曲线的左焦点到右顶点的距离为（）A.1B.2C.4D.5【答案】D【解析】【分析】从标准方程中求出基本量后可得题设中的距离.【详解】左焦点到右顶点的距离为.故选：D.3.如图，在四面体中，是的中点．设，，，用，，表示，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算直接得解.【详解】由是的中点，可知，所以，故选：D.4.已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先判断出点在圆上，然后求出圆心和切点连线的斜率，进而得到切线的斜率，最后求出答案.【详解】因为，所以点在圆上，则，切线斜率，于是切线方程为.故选：A.5.已知表示的曲线是圆，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.【详解】由方程可得，所以当时表示圆，解得.故选：C.6.直线l经过点A(1，2)，在x轴上的截距的取值范围是(－3，3)，则其斜率的取值范围是（）A.B.∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪D.(－∞，－1)∪【答案】D【解析】【分析】先得出直线的点斜式方程，求得直线在x轴上的截距，建立不等式可得选项．【详解】设直线的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1)，令y＝0，得直线l在x轴上的截距为1－，则－3<1－<3，解得k>或k<－1.故选：D．【点睛】本题考查直线的横截距的定义和应用，属于基础题．7.直线与曲线只有一个公共点，则实数范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】确定直线恒过定点，确定曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点，由直线与圆位置关系解决即可.【详解】由题知，直线恒过定点，曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点， 当直线经过点时，与曲线有2个交点，此时，不满足题意，直线记为，当直线经过点时，与曲线有1个交点，此时，满足题意，直线记为，如图，当直线与半圆相切时，由，解得，直线记为，由图知，当或，与曲线有1个交点，故选：C8.如图，在棱长为2的正方体中，，，，，均为所在棱的中点，则下列结论正确的是（）A.棱上一定存在点，使得B.设点在平面内，且平面，则与平面所成角的余弦值的最大值为C.过点，，作正方体的截面，则截面面积为D.三棱锥的外接球的体积为【答案】C【解析】【分析】对于A，建立空间直角坐标系，由数量积判定即可；对于B，先确定M的位置，由空间中的线面关系计算即可；对于C，由平面的性质确定截面图象，计算正六边形的面积即可；对于D，确定球心及球半径计算即可. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，对于A项，可设，而，∴，令，故A错误；如图所示，取中点T、S，连接，易证面面，则M在线段ST上，连接，由正方体特征可知与平面所成角为,且，显然越大越大，，故B错误； 如图所示，取中点Y，顺次连接EPGSFY，易知面EPGSFY为该截面，且是正六边形，如图，设正六边形的中心为O，连接OS、OG、OP、OE、OY、OF，则将正六边形分割为六个正三角形，故，故C正确；对于D项，易证为等腰直角三角形，则其外接圆圆心为EH的中点Z，过Z作ZN⊥面EPH，交面于N，则N为的中心，三棱锥F-EPH的外接球球心Q在直线ZN上，设球半径为，，则，故.故选：C二、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.下列说法中，正确的有（）A.过点且在，轴截距相等的直线方程为B.直线的纵截距是．C.直线的倾斜角为60° D.过点并且倾斜角为90°的直线方程为【答案】BD【解析】【分析】根据直线的截距的定义，倾斜角和斜率的关系，结合直线的方程，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】A：因为直线也过点且在，轴截距相等，故错误；：对直线方程，令，可得，则其纵截距为，故B正确；C：直线的斜率，设其倾斜角为，则，又，故该直线的倾斜角为，故C错误；D：过点并且倾斜角为90°的直线为，故正确.故选：.10.若直线与圆相切，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径求解.【详解】因为直线与圆相切，所以，解得.故选：AC【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11.已知数列的通项公式为，则（）A.数列为递增数列B.C.为最小项D.为最大项 【答案】CD【解析】【分析】根据数列的通项公式，利用分离常数法得出，结合及函数的性质即可判断A、C、D；求得即可判断B．【详解】，当()时，，且单调递减；当()时，，且单调递减，则为最小项，为最大项，故C、D正确，A错误；，，则，故B错误，故选：CD．12.椭圆的离心率为，短轴长为，则（）A.椭圆的方程为B.椭圆与双曲线的焦点相同C.椭圆过点D.直线与椭圆恒有两个交点【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆离心率公式、短轴长定义，结合双曲线焦点公式、代入法、直线点斜式方程的性质逐一判断即可.【详解】因为椭圆短轴长为，所以有，而椭圆的离心率为，所以，所以可得：.. A：因为，所以该椭圆的标准方程为：，因此本选项正确；B：由，该双曲线的焦点在纵轴上，而椭圆的焦点在横轴，所以本选项说法不正确；C：因为，所以点在该椭圆上，因此本选项说法正确；D：直线恒过点，而，所以点在椭圆内部，因此直线与椭圆恒有两个交点，所以本选项说法正确，故选：ACD第II卷非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.样本中共有5个个体，其值分别为.若的平均数为10，则该样本的平均数为______.【答案】3【解析】【分析】由平均数的概念直接求解即可.【详解】设样本的平均数为，即，则的平均数为，由题意，解得，故该样本的平均数为3.故答案为：3.14.直线与直线的距离为__________.【答案】##0.7【解析】 【分析】把直线方程化为，利用两平行线之间的距离公式，即可求解结果．【详解】由直线，可化为，则直线和直线之间的距离．故答案为：15.已知抛物线C：的焦点为F，过点F作斜率大于0的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，，则的面积为____________．【答案】##【解析】【分析】易得点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立求出韦达定理，结合求出参数的值，代入三角形面积公式即可求解.【详解】因为抛物线方程为：，所以焦点为，设直线的方程为：，，由，消整理得：，所以，所以，因为，所以，所以，代入，解得：，所以.故答案为：16.椭圆的左，右焦点分别是，，椭圆上存在一点，满足，，则椭圆的离心率__________. 【答案】##0.8【解析】【分析】根据已知可得，解出的值.又由题意可推得，进而可得出，求出，即可得出离心率.【详解】因为，，又，联立，解得或.设椭圆的上顶点为，则，则.因为椭圆上存在一点，满足，所以.即，即，即，所以.所以，.故答案为：.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.已知的三个顶点，D为BC的中点.求：（1）中线AD所在直线的方程；（2）BC边上的高所在直线的方程.【答案】17.18.【解析】【分析】（1）求出BC的中点D坐标，求出中线AD所在直线的斜率，代点斜式即可求解.（2）求出直线的斜率，即可得到BC边上的高线的斜率，利用直线方程的点斜式，即可求解. 【小问1详解】BC的中点，中线AD所在直线的斜率为，所以BC边上的中线AD所在直线的方程为，即.【小问2详解】、，BC边斜率k，则BC边上的高线的斜率k＝，所以BC边上的高线所在直线的方程为，即.18.已知双曲线的渐近线方程是，右顶点是.（1）求双曲线的离心率；（2）过点倾斜角为的直线与双曲线的另一交点是，若，求双曲线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依题意可得双曲线的渐近线方程是，从而得到，再根据即可求出离心率；（2）首先得到直线方程为，设，联立直线与双曲线方程，即可求出点纵坐标，根据弦长公式求出的值，即可得解.【小问1详解】解：因为双曲线，故渐近线方程是：，又渐近线方程是 ，故，即，故，故，；【小问2详解】解：因为直线的倾斜角为，故直线斜率是1，又直线经过，则直线方程为，设，由，消去得，故，解得，又，则，解得，故，，故双曲线的方程是.19.在数列中，，，且满足.（1）求数列的通项公式;（2）设是数列的前项和，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件可判断是等差数列，求出公差，再由等差数列的通项公式可得的通项公式；（2）先计算数列的前项和，再分和分别求即可求解.【小问1详解】由可得是等差数列，且公差，所以. 【小问2详解】由，可得的前项和，当时，，，当时，，此时，所以，综上所述：.20.一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．（1）求的值；（2）求小红不能正确解答本题的概率；（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解.（3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解. 【小问1详解】记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，于是，解得，所以.【小问2详解】若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，所以小红不能正确解答本题的概率是．【小问3详解】记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，则，所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．21.图1是由等边三角形和等腰直角三角形组成的一个平面图形，其中.若，将沿折起，连接，如图2.（1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点E，连接，根据等边三角形中线即为高线，及勾股定理可证得，，从而得到平面，进而证得面面垂直；（2）利用空间向量法或作角求角的几何方法进行求解.小问1详解】如图，取的中点E，连接，，为等边三角形，为等腰直角三角形，，又，即，又平面平面，又平面平面平面.【小问2详解】（解法一）由（1）知平面，又平面平面，平面平面，，所以平面，过点E作交于点H，则平面，所以两两垂直，以点E为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则有，，设为平面的一个法向量，则.即令，则 易知，为平面的一个法向量，，由图可知，二面角为锐角，二面角的余弦值为.（解法二）过D作于F，又平面平面，平面平面，，所以平面，平面，又平面是二面角的平面角，又在中，由余弦定理得，∴二面角的余弦值为.22.已知椭圆：的左顶点为，焦距为.动圆的圆心坐标是，过点作圆的两条切线分别交椭圆于和两点，记直线、的斜率分别为和.（1）求证：；（2）若为坐标原点，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？【答案】（1）证明见解析 （2）存在点【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，得出椭圆的方程，结合直线与圆相切，转化为和是方程的两根，结合韦达定理，即可求解；（2）设点，，联立方程组，分别求得点和点，得出直线的方程，结合椭圆的对称性，化简得到，进而得到的值，即可求解.【小问1详解】解：由题意知，椭圆的左顶点为，焦距为，可得，解得，所以故椭圆的方程为，设过点与圆的切线的直线为，动圆的半径为，则化简得，所以和是方程的两根，由韦达定理知，.【小问2详解】解：设点，，联立方程组，整理得，则，得，，所以因为，所以将换成，可得， 则直线的斜率所以直线的方程为由椭圆的对称性可知，直线必过轴上一定点所以，化简得这是一个与无关的方程，所以，即直线过定点.因为，所以点的轨迹是以为直径的圆上的一段弧，故存在点，使得为定值.【点睛】方法点拨：对于圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略：（1）对于定点、定值问题，可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值，再把结论推广到一半结论；（2）运用函数与方程的思想方法进行解答，一把步骤：①选择适当的变量；②把要证明的顶点、定值的量表示为上述变量的函数或方程；③把定点、定值的量化成与变量无关的结构形式，从而加以判定或证明.