江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试题（含解析）

宜丰中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的
1．在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A． B． C． D．与斜交
3．空间向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点为抛物线：上的动点，点为圆上的动点，设点到轴的距离为，则的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．7 D．10
6．在平面四边形中，，分别为，的中点.若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．材料中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ）
A．的准线为 B．的最小值为
C．以为直径的圆与轴相切 D．若且，则
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．双曲线C：的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2 B．双曲线C的离心率为
C．双曲线与双曲线C的渐近线相同 D．若，则的面积为
11．已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A．无论M，N在何位置，为异面直线
B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使平面
D．AP与平面所成角的正弦最大值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12．已知向量，且与互相平行，则k= ．
13．已知是平面的法向量，点在平面内，则点到平面的距离为 .
14．某中学开展“劳动创造美好生活”的劳动主题教育活动，展示劳动实践成果并进行评比，某学生设计的一款如图所示的“心形”工艺品获得了“十佳创意奖”，该“心形”由上、下两部分组成，并用矩形框虚线进行镶嵌，上部分是两个半径都为的半圆，分别为其直径，且，下部分是一个“半椭圆”，并把椭圆的离心率叫做“心形”的离心率．
（1）若矩形框的周长为，则当该矩形框面积最大时， ；
（2）若，图中阴影区域的面积为，则该“心形”的离心率为 ．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．如图，在四面体中，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)若，，求与平面所成角的余弦值．
16．（1）已知向量，求；
（2）求与向量共线，且满足的向量的坐标；
（3）已知若，且与垂直，求.
17．已知圆C的方程为：，直线l的方程为：，
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
(2)证明：直线l与圆C相交，设直线l与圆C相交于A、B，求弦长的最小值，及此时直线l的方程；
(3)圆C的圆心C与A、B构成三角形，求三角形ABC面积的最大值．
18.如图，正三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，.
(1)证明：平面平面；
(2)求到平面距离；
(3)求直线与平面夹角余弦值.
19．已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
2023-2024（下）江西省宜丰中学高二3月月考数学参考答案
1．D 2．B 3．A 4．D 5．B【详解】如图所示，设抛物线的焦点为，圆心为，则，，所以，则当三点共线是取得最小值，此时，所以的最小值为.
6．A 7．C． 8．B【详解】对于选项A，由抛物线的焦点可得，所以，即的准线为，故A错误；对于B，如下图所示：设直线的方程为，；联立直线与抛物线方程可得，可得；由抛物线定义可得；所以
，当且仅当，即时，等号成立；即B正确；对于C，以为直径的圆的圆心为,此时圆心到轴的距离为，而，所以以为直径的圆与轴相交，即C错误；对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，所以；由即可得，如下图所示：，所以，同理可得，可得，所以，即D错误.
9．AC 10．BCD 11．ABD【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,
故， 且，由于，故，化简得，由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，设,则，且，
，,设平面的法向量为，则
，令，则,，故，由于，故，化简得，联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，由于平面，平面，故,又四边形为正方形，所以,平面，所以平面，故平面的法向量为，设AP与平面所成角为，则，则，当且仅当时取等号，，时，令，则，故，由于，当且仅当，即时等号成立，此时，由且可得因此，由于，，故的最大值为，故D正确.
12． 13． 14．1 【详解】如图，以为轴，的中垂线为轴，直线交轴于点，设为椭圆长轴，则，所以圆圆联立两圆方程得，所以，，所以扇形面积，又因为，所以，即，得，
，解得，又，所以，则.
15．（1）证明：过作交于，过作，交于，连接，，是的中点，是的中点，且，，，是的中点，，，且，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；（2）解：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，设与平面所成角为，则，则与平面所成角的余弦值为：．
16．解:（1），则
故.（2）因为向量与共线，故可设．由，得，故，所以．（3）因为，且与垂直，所以,化简得,解得. 故.
17．解:（1）令可得，即，令，易得此时，可得，
依题意，化简得，故或.故直线l的方程为：或.
（2）即，故直线l过定点.因为，故在圆内.故直线l与圆C相交.故当直线l与直线垂直时弦长最小，此时，，
故直线，.此时，，故，即.
（3）依题意，故当，即为直角时取最大值.由（2）可得当时坐标分别为，此时为直角.故三角形ABC面积的最大值为2.
18．（1）证明：取和 的中点和，连接和，在正四棱柱中，可得为正三角形，所以，以为原点，所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则取，可得，所以，因为，即，所以平面平面.
由平面的法向量为，且，设直线与平面所成的角为，可得，又因为，所以到平面的距离为.
（3）由为正三角形，且为的中点，可得，
在正三棱柱中，可得平面，所以为平面的一个法向量，即为平面的一个法向量，又由，可得，设直线与平面夹角为，可得，则，即直线与平面夹角的余弦值为.
19．解：（1）设，与直线的切点为N，则，
所以,化简得，所以C的方程为：；
（2）①设线段的中点为，因为，所以可设，，
又因为，所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，将代入得：，所以，，所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
答案第1页，共2页