资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期11月月考数学试题（强基班）含答案
展开
这是一份2023-2024学年四川省遂宁市射洪中学高二上学期11月月考数学试题（强基班）含答案，文件包含四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二强基班上学期11月月考数学试题原卷版docx、四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二强基班上学期11月月考数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知复数满足（i是虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数乘方运算法则和除法法则计算得到，得到虚部.
【详解】，则，
则其虚部为．
故选：D
2. 若，，三点共线，则（ ）
A. 4B. C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行坐标关系计算求解即可.
【详解】因为，，所以，
解得．故．
故选：A.
3. 已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线所成夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】直三棱柱的所有棱长均为1，
以为坐标原点，在平面内过作的垂线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，
所以，，
设直线与直线夹角为，
则直线与直线夹角的余弦值为．
故选：C．
4. 已知直线，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 120°B. 60°C. 30°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线方程得到，然后根据斜率与倾斜角的关系求倾斜角即可.
【详解】直线方程可整理为，即，所以直线的斜率，
设倾斜角为，则，因为，所以.
故选：D.
5. 若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，则，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：A
6. 从2023年6月开始，浙江省高考数学使用新高考全国数学I卷，与之前浙江高考数学卷相比最大的变化是出现了多选题.多选题规定：在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对且没有选错的得2分.若某题多选题正确答案是BCD，某同学不会做该题的情况下打算随机选1个到3个选项作为答案，每种答案都等可能（例如，选A，AB，ABC是等可能的），则该题得2分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得2分的涂法种数，求得所求概率．
【详解】随机地填涂了1个或2个或3个选项，有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有14种涂法，
得2分的涂法为BC，BD，CD，B，C，D，共6种，
故能得2分的概率为．
故选：B．
7. 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
【解析】
【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.
8. 设是双曲线的左､右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先求得焦点到渐近线的距离为，在直角中，求得，再在中，利用余弦定理求得，结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，渐近线方程为，
如图所示，则焦点到渐近线的距离为，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
又由，所以，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
二、多项选择题：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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若，则是钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据向量共面的定义可判断A，根据共面定理可判断B，根据基底的定义可判断C，利用向量夹角的取值范围判断D.
【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确；
对于B，因为且，
所以P，A，B，C四点共面，B正确；
对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面且都不为，
假设共面，则，
即，则，与其为基底矛盾，所以不共面，
所以也是空间的一组基底，C正确；
对于D，若，则钝角或是，D错误；
故选：ABC
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 掷一枚质地均匀的骰子两次，事件“点数之和为奇数”，事件“出现3点”，则
B. 袋中有大小质地相同的3个白球和2个红球.从中依次不放回取出2个球，则“两球不同色”的概率是
C. 甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中靬率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98
D. 某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
【答案】BC
【解析】
【分析】计算古典概率判断A；利用列举法结合古典概型计算判断B；利用对立事件及相互独立事件求出概率可判断CD.
【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种不同的结果，
事件“点数之和为奇数且出现3点”有共6种不同的结果，则，故A错误；
对于B，记3个白球为，2个红球为，从5个球中任取2个的不同结果有：
，共10个，
其中两球不同色的结果有：共6个，
所以“两球不同色”的概率是，故B正确；
对于C，依题意，“至少一人中靶”的概率为，故C正确；
对于D，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，即在前两个路口都没有遇到红灯，
第3个路口遇到红灯，所以到第3个路口首次遇到红灯概率为，故D错误.
故选：BC.
11. 已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 面积的最大值为2
C. 的最大值为D. 的最大值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用余弦定理可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项．
【详解】在椭圆中，，且，
对于A选项，当时，则为椭圆的上下顶点，故，
由余弦定理可得，
因为，所以，，A对；
对于B选项，当点为椭圆的短轴顶点时，点到轴的距离最大，
所以，△面积的最大值为，B错误；
对于C选项，因为，即，
所以，C对；
对于D选项，由椭圆定义可知，
所以，当且仅当时取等号．
故选：ACD．
12. 已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（ ）
A. 满足的点的轨迹长度为
B. 满足平面的点的轨迹长度为
C. 存在点，使得平面经过点
D. 存在点满足
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，找出的坐标，设，进而对B进行计算验证即可；
对于B，利用线面平行的判定定理找出的轨迹，进而求解判断即可；
对于C，连接，取的中点，连接，，得到平面截正方体所得截面与正方形没有交点，进而即可判断；
对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值及处于边界处的的值，进而判断即可.
【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
所以，，，
对于A，由，得，即，
因为，，所以点的轨迹为线段，且，，
则，即点的轨迹长度为，故A正确；
对于B，取的中点，的中点，如图，
因为点为的中点，由正方体的性质知，，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，，
所以平面平面，又平面，
所以平面，
所以点的轨迹为线段，故B正确；
对于C，如图，连接，取的中点，连接，，
则平面截正方体所得截面为，与正方形没有交点，
所以不存在点，使得平面经过点，故C错误；
对于D，由A知，点关于平面的对称点为，
所以当三点共线时最小，
即，
且当与重合时，，
当与重合时，，
当与重合时，，
当与重合时，，
综上所述，不存在点满足，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面判定定理及性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 椭圆的四个顶点所围成的四边形的面积是__________.
【答案】40
【解析】
【分析】利用椭圆方程可写出四个顶点的坐标，即可求出围成的四边形的面积.
【详解】由椭圆方程可得椭圆的四个顶点分别为，
故这四个顶点围成的四边形为菱形，
所以面积.
故答案为：40
14. 已知直线，直线，若，则=_________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据直线的平行可得出关于m的方程，求得m的值，检验后即得答案.
【详解】由题意直线，直线，
若，则有，
即，解得或，
当时，，直线，两直线重合，不合题意，
当时，，直线，则，
故
故答案为：2
15. 已知双曲线C：，偶函数，且，则双曲线的离心率的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可以求得的值，再依据所给条件求得的取值范围，代入离心率的计算公式求解即可.
【详解】因为函数为偶函数，所以
即，解得，故函数解析式为，因为，即，
解得，双曲线离心率为，则
，，所以离心率的取值范围是.
故答案为：
16. 已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于两点﹐直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，利用已知条件结合椭圆的对称性可得四边形为矩形，再利用勾股定理方程组求解即可.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，，，，
由直线交椭圆于两点﹐及，
结合椭圆的对称性可得，
所以，，均为直角三角形，所以四边形为矩形，
设，则，，，
所以在直角中，即①，
在直角中，即②，
由②解得，
将代入①得，即，
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. 已知圆，点，直线
（1）若直线与相交于A、B两点，求．
（2）求过点且与相切的直线方程．
【答案】（1）
（2）和
【解析】
【分析】（1）根据弦长公式，即可求解；
（2）根据直线与圆相切的几何意义，列式求解.
小问1详解】
圆的圆心为，圆心到直线的距离，
弦长；
【小问2详解】
过点的直线的斜率不存在时，直线与圆相切，满足条件；
当过点的直线的斜率存在时，设切线方程为，
圆心到直线的距离，得，
此时切线方程为.
综上可知，切线方程为和.
18. 根据世行2020年标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为美元为中等偏下收入国家；人均GDP为美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：
（1）判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；
（2）现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准的概率．
【答案】（1）该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准
（2）
【解析】
【分析】（1）计算该城市该城市人均GDP，比较即可得结论；
（2）利用列举法，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【小问1详解】
设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为
（美元）．
因为，
所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．
【小问2详解】
“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：，，，，
，，，，，，共10个．
设事件M为“抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准”，
则事件M包含的基本事件是：，，，，，，，共7个，
所以所求概率为．
19. 双曲线C：的左、右焦点分别为，点P在双曲线上．
（1）求的最小值
（2）若，求
【答案】（1）2 （2）13
【解析】
【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合双曲线的取值范围，即可求解；
（2）根据双曲线的定义，结合（1）的结果，即可求解.
【小问1详解】
设，，左焦点，
，或，
当时，取得最小值2，
所以的最小值为2；
【小问2详解】
由方程可知，，
所以，即，解得：或,
根据对称性，以及（1）的结果可知，的最小值为2，
所以舍去，，
所以的值为.
20. 已知椭圆：的离心率为，是椭圆上一点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，是椭圆上两点，且线段的中点坐标为M，
①求直线的方程．
②求的面积．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由离心率，过点，及椭圆的定义列方程组求解即可；
（2）设，利用点差法即可求出直线的方程；再利用弦长公式，点到直线的距离公式即可求得面积．
【小问1详解】
由题意得，，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，
由，是椭圆上两点得，，
两式相减得，即，
因为线段的中点坐标为M，所以，
所以，即，
所以直线的方程为，即；
由得，，
则，
所以，
点到直线的距离，
所以．
21. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，
四边形为平行四边形：
，
平面平面，
平面；
【小问2详解】
平面平面，平面平面平面，平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
,平面与平面所成的夹角的余弦为
22. 已知椭圆的左焦点为，点在上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过的两条互相垂直的直线分别交于两点和两点，若的中点分别为，探究直线是否过定点，若过定点，求出此定点坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】22.
23. 过定点
【解析】
【分析】（1）确定焦点得到，解得，，得到椭圆方程.
（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线的方程，取代入计算得到答案.
【小问1详解】
椭圆的左焦点为，，则右焦点为，点在椭圆上，
取得到，即，又，
解得，，（舍去负值），故椭圆方程为，
小问2详解】
当两条直线斜率存在时，设的直线方程为，，，
则，整理得到，
，
故，，即，
同理可得：，则，
故直线的方程为：，
取，
.
故直线过定点.
当有直线斜率不存在时，为轴，过点.
综上所述：直线必过定点.行政区
区人口占城市人口比例
区人均GDP（单位：美元）
A
25%
8000
B
30%
4000
C
15%
6000
D
10%
3000
E
20%
10000
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知复数满足（i是虚数单位），则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数乘方运算法则和除法法则计算得到，得到虚部.
【详解】，则，
则其虚部为．
故选：D
2. 若，，三点共线，则（ ）
A. 4B. C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行坐标关系计算求解即可.
【详解】因为，，所以，
解得．故．
故选：A.
3. 已知直三棱柱的所有棱长均为1，则直线与直线所成夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】直三棱柱的所有棱长均为1，
以为坐标原点，在平面内过作的垂线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，
所以，，
设直线与直线夹角为，
则直线与直线夹角的余弦值为．
故选：C．
4. 已知直线，则直线l的倾斜角为（ ）
A. 120°B. 60°C. 30°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线方程得到，然后根据斜率与倾斜角的关系求倾斜角即可.
【详解】直线方程可整理为，即，所以直线的斜率，
设倾斜角为，则，因为，所以.
故选：D.
5. 若双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，则，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：A
6. 从2023年6月开始，浙江省高考数学使用新高考全国数学I卷，与之前浙江高考数学卷相比最大的变化是出现了多选题.多选题规定：在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对且没有选错的得2分.若某题多选题正确答案是BCD，某同学不会做该题的情况下打算随机选1个到3个选项作为答案，每种答案都等可能（例如，选A，AB，ABC是等可能的），则该题得2分的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用组合数求得随机地填涂了1个或2个或3个选项，每种可能性都是相同的，然后列举计数能得2分的涂法种数，求得所求概率．
【详解】随机地填涂了1个或2个或3个选项，有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有14种涂法，
得2分的涂法为BC，BD，CD，B，C，D，共6种，
故能得2分的概率为．
故选：B．
7. 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
【解析】
【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.
8. 设是双曲线的左､右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先求得焦点到渐近线的距离为，在直角中，求得，再在中，利用余弦定理求得，结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，渐近线方程为，
如图所示，则焦点到渐近线的距离为，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
又由，所以，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
二、多项选择题：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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若，则是钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据向量共面的定义可判断A，根据共面定理可判断B，根据基底的定义可判断C，利用向量夹角的取值范围判断D.
【详解】对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确；
对于B，因为且，
所以P，A，B，C四点共面，B正确；
对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面且都不为，
假设共面，则，
即，则，与其为基底矛盾，所以不共面，
所以也是空间的一组基底，C正确；
对于D，若，则钝角或是，D错误；
故选：ABC
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 掷一枚质地均匀的骰子两次，事件“点数之和为奇数”，事件“出现3点”，则
B. 袋中有大小质地相同的3个白球和2个红球.从中依次不放回取出2个球，则“两球不同色”的概率是
C. 甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中靬率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98
D. 某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为
【答案】BC
【解析】
【分析】计算古典概率判断A；利用列举法结合古典概型计算判断B；利用对立事件及相互独立事件求出概率可判断CD.
【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种不同的结果，
事件“点数之和为奇数且出现3点”有共6种不同的结果，则，故A错误；
对于B，记3个白球为，2个红球为，从5个球中任取2个的不同结果有：
，共10个，
其中两球不同色的结果有：共6个，
所以“两球不同色”的概率是，故B正确；
对于C，依题意，“至少一人中靶”的概率为，故C正确；
对于D，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，即在前两个路口都没有遇到红灯，
第3个路口遇到红灯，所以到第3个路口首次遇到红灯概率为，故D错误.
故选：BC.
11. 已知椭圆，若在椭圆上，是椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 面积的最大值为2
C. 的最大值为D. 的最大值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用余弦定理可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用椭圆的定义可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项．
【详解】在椭圆中，，且，
对于A选项，当时，则为椭圆的上下顶点，故，
由余弦定理可得，
因为，所以，，A对；
对于B选项，当点为椭圆的短轴顶点时，点到轴的距离最大，
所以，△面积的最大值为，B错误；
对于C选项，因为，即，
所以，C对；
对于D选项，由椭圆定义可知，
所以，当且仅当时取等号．
故选：ACD．
12. 已知正方体棱长为为棱中点，为正方形上的动点，则（ ）
A. 满足的点的轨迹长度为
B. 满足平面的点的轨迹长度为
C. 存在点，使得平面经过点
D. 存在点满足
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，找出的坐标，设，进而对B进行计算验证即可；
对于B，利用线面平行的判定定理找出的轨迹，进而求解判断即可；
对于C，连接，取的中点，连接，，得到平面截正方体所得截面与正方形没有交点，进而即可判断；
对于D，借助空间直角坐标系，求得的最小值及处于边界处的的值，进而判断即可.
【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
所以，，，
对于A，由，得，即，
因为，，所以点的轨迹为线段，且，，
则，即点的轨迹长度为，故A正确；
对于B，取的中点，的中点，如图，
因为点为的中点，由正方体的性质知，，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，，
所以平面平面，又平面，
所以平面，
所以点的轨迹为线段，故B正确；
对于C，如图，连接，取的中点，连接，，
则平面截正方体所得截面为，与正方形没有交点，
所以不存在点，使得平面经过点，故C错误；
对于D，由A知，点关于平面的对称点为，
所以当三点共线时最小，
即，
且当与重合时，，
当与重合时，，
当与重合时，，
当与重合时，，
综上所述，不存在点满足，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：立体几何中关于动点轨迹问题，常常结合线、面判定定理及性质寻求，或借助空间直角坐标系进行辅助计算求解.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 椭圆的四个顶点所围成的四边形的面积是__________.
【答案】40
【解析】
【分析】利用椭圆方程可写出四个顶点的坐标，即可求出围成的四边形的面积.
【详解】由椭圆方程可得椭圆的四个顶点分别为，
故这四个顶点围成的四边形为菱形，
所以面积.
故答案为：40
14. 已知直线，直线，若，则=_________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据直线的平行可得出关于m的方程，求得m的值，检验后即得答案.
【详解】由题意直线，直线，
若，则有，
即，解得或，
当时，，直线，两直线重合，不合题意，
当时，，直线，则，
故
故答案为：2
15. 已知双曲线C：，偶函数，且，则双曲线的离心率的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可以求得的值，再依据所给条件求得的取值范围，代入离心率的计算公式求解即可.
【详解】因为函数为偶函数，所以
即，解得，故函数解析式为，因为，即，
解得，双曲线离心率为，则
，，所以离心率的取值范围是.
故答案为：
16. 已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于两点﹐直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，利用已知条件结合椭圆的对称性可得四边形为矩形，再利用勾股定理方程组求解即可.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，，，，
由直线交椭圆于两点﹐及，
结合椭圆的对称性可得，
所以，，均为直角三角形，所以四边形为矩形，
设，则，，，
所以在直角中，即①，
在直角中，即②，
由②解得，
将代入①得，即，
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. 已知圆，点，直线
（1）若直线与相交于A、B两点，求．
（2）求过点且与相切的直线方程．
【答案】（1）
（2）和
【解析】
【分析】（1）根据弦长公式，即可求解；
（2）根据直线与圆相切的几何意义，列式求解.
小问1详解】
圆的圆心为，圆心到直线的距离，
弦长；
【小问2详解】
过点的直线的斜率不存在时，直线与圆相切，满足条件；
当过点的直线的斜率存在时，设切线方程为，
圆心到直线的距离，得，
此时切线方程为.
综上可知，切线方程为和.
18. 根据世行2020年标准，人均GDP低于1035美元为低收入国家；人均GDP为美元为中等偏下收入国家；人均GDP为美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：
（1）判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；
（2）现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准的概率．
【答案】（1）该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准
（2）
【解析】
【分析】（1）计算该城市该城市人均GDP，比较即可得结论；
（2）利用列举法，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【小问1详解】
设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为
（美元）．
因为，
所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．
【小问2详解】
“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：，，，，
，，，，，，共10个．
设事件M为“抽到的2个行政区人均GDP至少一个没达到中等偏上收入国家标准”，
则事件M包含的基本事件是：，，，，，，，共7个，
所以所求概率为．
19. 双曲线C：的左、右焦点分别为，点P在双曲线上．
（1）求的最小值
（2）若，求
【答案】（1）2 （2）13
【解析】
【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合双曲线的取值范围，即可求解；
（2）根据双曲线的定义，结合（1）的结果，即可求解.
【小问1详解】
设，，左焦点，
，或，
当时，取得最小值2，
所以的最小值为2；
【小问2详解】
由方程可知，，
所以，即，解得：或,
根据对称性，以及（1）的结果可知，的最小值为2，
所以舍去，，
所以的值为.
20. 已知椭圆：的离心率为，是椭圆上一点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，是椭圆上两点，且线段的中点坐标为M，
①求直线的方程．
②求的面积．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由离心率，过点，及椭圆的定义列方程组求解即可；
（2）设，利用点差法即可求出直线的方程；再利用弦长公式，点到直线的距离公式即可求得面积．
【小问1详解】
由题意得，，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，
由，是椭圆上两点得，，
两式相减得，即，
因为线段的中点坐标为M，所以，
所以，即，
所以直线的方程为，即；
由得，，
则，
所以，
点到直线的距离，
所以．
21. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，
四边形为平行四边形：
，
平面平面，
平面；
【小问2详解】
平面平面，平面平面平面，平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
,平面与平面所成的夹角的余弦为
22. 已知椭圆的左焦点为，点在上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过的两条互相垂直的直线分别交于两点和两点，若的中点分别为，探究直线是否过定点，若过定点，求出此定点坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】22.
23. 过定点
【解析】
【分析】（1）确定焦点得到，解得，，得到椭圆方程.
（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线的方程，取代入计算得到答案.
【小问1详解】
椭圆的左焦点为，，则右焦点为，点在椭圆上，
取得到，即，又，
解得，，（舍去负值），故椭圆方程为，
小问2详解】
当两条直线斜率存在时，设的直线方程为，，，
则，整理得到，
，
故，，即，
同理可得：，则，
故直线的方程为：，
取，
.
故直线过定点.
当有直线斜率不存在时，为轴，过点.
综上所述：直线必过定点.行政区
区人口占城市人口比例
区人均GDP（单位：美元）
A
25%
8000
B
30%
4000
C
15%
6000
D
10%
3000
E
20%
10000
相关试卷
四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二强基班上学期11月月考数学试题（Word版附解析）： 这是一份四川省遂宁市射洪中学2023-2024学年高二强基班上学期11月月考数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年四川省遂宁市射洪市射洪中学校高二上学期10月月考数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年四川省遂宁市射洪市射洪中学校高二上学期10月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
四川省射洪市射洪中学强基班2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）： 这是一份四川省射洪市射洪中学强基班2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知复数z满足，则的最小值为， 下列说法中，正确的有等内容，欢迎下载使用。
