德陽中學高2022級高二上期11月月考數學試題一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，共計40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項涂在答題卡相應位置上.1.對拋物線，下列判斷正確的是A.準線方程是 B.焦點坐標是C.準線方程是 D.焦點坐標是【答案】D【解析】【詳解】分析：將拋物線的方程化為標準方程，即可分別求出焦點坐標及準線方程．詳解：∵拋物線的方程為∴拋物線的標準方程為∴拋物線的焦點坐標是，準線方程是故選：D.2.已知點為所在平面內一點，為平面外一點，若，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空間向量共面的基本定理化簡可得出的值.【詳解】因為點為所在平面內一點，設，其中、，即，所以，，所以，，所以，.故選：B.3.杭州亞運會的三個吉祥物分別取名“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”，如圖．現將三張分別印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片(卡片的形狀、大小和質地完全相同)放入盒子中．若從盒子中依次有放回地取出兩張卡片，則一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】記印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案卡片分別為，用列舉法即可求解.【詳解】記印有“琮琮”“宸宸”“蓮蓮”圖案的卡片分別為，代表依次摸出的卡片，，則基本事件分別為：，其中一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的共有兩種情況：，所以從盒子中依次有放回地取出兩張卡片，則一張為“琮琮”，一張為“宸宸”的概率是.故選：D.4.若，，則的值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的差角公式得到，再根據條件即可求出結果.【詳解】因為，又，所以，故選：D.5.已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（）A.1 B.C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】設直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,,由可知所以可得代入化簡求得參數,即可求得結果.【詳解】設，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理及向量的坐標之間的關系,考查計算能力，屬于中檔題.6.如圖是某景區內的一座拋物線拱形大橋，該橋拋物線拱形部分的橋面跨度為10米，拱形最高點與水面的距離為6米，為增加景區的夜晚景色，景區計劃在拱形橋的焦點處懸掛一閃光燈，則豎直懸掛的閃光燈到水面的距離為（）（結果精確到）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐標系，設拋物線的方程，根據題意知拋物線經過點，把點代入拋物線方程即可求出，根據豎直懸掛的閃光燈距離水面的距離為，即可求出答案.【詳解】如圖，設拋物線的方程為，拋物線經過點，所以，解得，所以拋物線頂點到焦點的距離為，故豎直懸掛的閃光燈距離水面的距離為米.故選：A.7.圓，過點作圓的所有弦中，以最長弦和最短弦為對角線的四邊形的面積是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意，最長弦為經過點的直徑，最短的弦是過點與垂直的弦，求出，再利用圓的性質可求出，從而可求出四邊形面積.【詳解】由圓，得圓心，半徑，因為，所以點在圓內，所以經過點的直徑是最長的弦，且最短的弦是與該直徑垂直的弦，如圖所示，因為，所以由垂徑定理得，所以四邊形的面積為，故選：C8.點A、B分別為橢圓的左、右頂點，F為右焦點，C為短軸上不同于原點O的一點，D為OC的中點，直線AD與BC交于點M，且MF⊥AB，則該橢圓的離心率為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用MFOC，MFOD，得到比例關系①，，②，①②得到a、c數量關系，可求得離心率．【詳解】由題意如圖：MF⊥AB，且OC⊥AB，∴MFOC，同理MFOD，∴①，，②①②得到：===,∴2（a﹣c）＝c+a，∴a＝3c，∴e．故選B．【點睛】本題考查了橢圓的離心率的求法，通過平行線段的比例關系，找到a、b、c的關系是解決本題的關鍵，屬于中檔題．二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得5分，選對但不全得2分，有選錯的得0分.9.已知關于，的方程表示的曲線是，則曲線可以是（）A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線【答案】ABC【解析】【分析】根據圓以及雙曲線，以及橢圓的性質即可分類討論求解.【詳解】當時，，方程可以化簡為，曲線是圓；當，且時，或，曲線是橢圓；當時，或，曲線是雙曲線．故選:ABC．10.下列說法中，正確的有（）A.過點且在軸，軸截距相等的直線方程為B.直線在軸的截距是2C.直線的傾斜角為30°D.過點且傾斜角為90°的直線方程為【答案】CD【解析】【分析】根據直線的截距、傾斜角、直線方程等知識確定正確答案.【詳解】A選項，直線過點且在軸，軸截距相等，所以A選項錯誤.B選項，直線在軸上的截距是，B選項錯誤.C選項，直線的斜率為，傾斜角為，C選項正確.D選項，過點且傾斜角為90°的直線方程為，D選項正確.故選：CD11.在空間直角坐標系中，，，，則（）A.直線OB與平面ABC所成角的正弦值為B.點O到平面ABC的距離為C.異面直線OA與BC所成角的余弦值為D.點A到直線OB的距離為2【答案】BC【解析】【分析】利用線面角公式計算A，利用點到面的距離公式計算B，利用異面直線夾角公式計算C，利用點到線的距離公式計算D.【詳解】，．設平面ABC的法向量為，則令，得．設直線OB與平面ABC所成的角為θ，且，則，點O到平面ABC的距離為，A錯誤，B正確．因為，所以異面直線OA與BC所成角的余弦值為，C正確．設，則點A到直線OB的距離，D錯誤．故選：BC.12.已知雙曲線過點且與雙曲線共漸近線，直線與雙曲線交于，兩點，分別過點，且與雙曲線相切的兩條直線交于點，則下列結論正確的是（）A.雙曲線的標準方程是B.若的中點為，則直線的方程為C.若點的坐標為，則直線的方程為D.若點在直線上運動，則直線恒過點【答案】BC【解析】【分析】A選項，根據兩雙曲線共漸近線設出雙曲線方程，代入點運算得解判斷；B選項，運用點差法求得直線的斜率，即可得出直線方程可判斷；C選項，設，將直線代入雙曲線E方程，由，解得斜代回可得直線的方程；D選項，設出點，類比C選項，求出直線的方程，設出點代入直線，的方程比較可得直線的方程，從而得解.【詳解】因為雙曲線與雙曲線共漸近線，所以可設雙曲線的方程為，又雙曲線過點，所以，即，所以雙曲線的標準方程是，故A錯誤；設，，由，在雙曲線上，得兩式相減，得，即，又的中點為，所以，，所以，直線的方程為，即，故B正確；設直線，代入曲線E的方程得，，令，得，解得，則切線方程為，即直線的方程為，故C正確；設，由選項C同理可得直線的方程為，由點在直線上運動，可設，因為點在與上，所以，因此直線的方程為，即，令，解得，所以直線恒過點，故D錯誤．故選：BC．三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分.13.已知焦點在軸上的橢圓的焦距是2，則該橢圓的長軸長為______.【答案】6【解析】【分析】根據焦點以及焦距即可根據的關系求解.【詳解】由于為焦點在軸上，所以，由于焦距2，所以，所以，故長軸長為，故答案為：614.已知直線與直線，若，則與之間距離是______.【答案】1【解析】【分析】根據兩直線平行可得，即可由兩平行線間的距離公式即可求解.【詳解】由于，所以，所以，故與直線，所以與之間距離，故答案為：115.已知是橢圓的左焦點，為橢圓上任意一點，點的坐標為，則的最大值為__________．【答案】【解析】【詳解】∵點為橢圓的左焦點，∴，設橢圓的右焦點，∵點為橢圓上任意一點，點的坐標為，∴，又∵，∴，即的最大值為，此時、、共線．故答案為．點睛：本題考查橢圓的方程與性質，考查學生轉化問題的能力，正確轉化是關鍵.這個題應用到了橢圓中焦半徑的性質和焦三角形的性質．一般和焦三角形有關的題，經常和橢圓的定義聯系起來，或者焦三角形的周長為定值．16.已知為橢圓上任意一點，點，分別在直線與上，且，，若為定值，則橢圓離心率為______.【答案】【解析】【分析】設，求出M，N的坐標，得出關于的式子，根據P在橢圓上得到的關系，進而求出離心率.【詳解】設，則直線PM的方程為，直線PN的方程為，聯立方程組，解得，聯立方程組，解得，則又點P在橢圓上，則有，因為為定值，則，，.【點睛】本題考查橢圓離心率的求法，有一定的難度.四、解答題：本大題共6小題，共計70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知圓心為的圓C與直線相切．（1）求圓C的標準方程；（2）若圓C與圓相交于A，B兩點，求兩個圓公共弦的長【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意可得圓心到直線l的距離等于圓的半徑，進而求得半徑，從而求解；（2）將兩圓方程相減可得直線的方程，進而結合到直線的距離和半徑求解即可.【小問1詳解】∵圓C與直線相切，∴圓心到直線l的距離等于圓的半徑，∴半徑，∴圓C的標準方程為．【小問2詳解】由，兩式相減得方程，∴直線的方程即為．∴到直線的距離為，所以.18.已知橢圓，左、右焦點分別為，，過點作傾斜角為的直線交橢圓于，兩點．（1）求的長；（2）求的面積．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）聯立直線與橢圓方程求得交點坐標，即可根據弦長公式求解，（2）由面積公式即可求解.小問1詳解】橢圓，，，，即，所以直線的方程為，聯立，得，或，所以，【小問2詳解】由，得，由，得，不妨設，，的面積.19.在中，角、、的對邊分別為、、，.（1）求角的大小；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得出的值，結合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用平面向量數量積的定義可求得的值，然后利用余弦定理可求得的值.【小問1詳解】解：因為，由正弦定理可得，因為、，則，所以，，則，故.【小問2詳解】解：由平面向量數量積的定義可得，可得，由余弦定理可得，解得.20.一題多解是由多種途徑獲得同一數學問題的最終結論，一題多解不但達到了解題的目標要求，而且讓學生的思維得以拓展，不受固定思維模式的束縛．學生多角度、多方位地去思考解題的方案，讓解題增添了新穎性和趣味性，并在解題中解放了解題思維模式，使得枯燥的數學解題更加豐富而多彩．假設某題共存在4種常規解法，已知小紅使用解法一、二、三、四答對的概率分別為，且各種方法能否答對互不影響，小紅使用四種解法全部答對的概率為．（1）求的值；（2）求小紅不能正確解答本題的概率；（3）求小紅使用四種解法解題，其中有三種解法答對的概率．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用相互獨立事件的概率公式計算得解.（2）利用對立事件及相互獨立事件的概率公式計算得解.（3）利用互斥事件及相互獨立事件的概率公式計算得解.【小問1詳解】記小紅使用解法一、二、三、四答對分別為事件，則，因為各種解法能否答對互不影響，且全部答對的概率為，于是，解得，所以.【小問2詳解】若小紅不能正確解答本題，則說明小紅任何方法都不會，所以小紅不能正確解答本題的概率是．【小問3詳解】記事件為小紅使用四種解法解題，其中有三種解法答對，則，所以小紅使用四種解法解題，其中有三種解法答對的概率為．21.如圖，在三棱錐中，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，O為中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值；【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）運用面面垂直的性質定理即可證明.（2）建立空間直角坐標系，運用面面夾角的坐標公式計算即可.【小問1詳解】因為在中，O為中點，所以.又因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，得證.【小問2詳解】在三棱錐中，連接，因為為中點，是以為斜邊的等腰直角三角形，則，由（1）知，平面，所以以為原點，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，由題意知，，又，則，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取，則，，則，設平面的法向量為，則，取，則，，則，設平面與平面夾角為，則，即平面與平面夾角的余弦值為.22.已知拋物線：（）上的一點到準線的距離為1．（1）求拋物線的方程；（2）若正方形的三個頂點、、在拋物線上，求這種正方形面積的最小值．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根據拋物線定義可求解；（2）設出，，點的坐標，的斜率為，根據斜率公式可得，，再根據，可得，可求出正方形面積的表達式，利用不等式放縮可求出面積的最小值.【小問1詳解】拋物線的準線方程為，由拋物線上點到準線的距