四川省内江市资中县第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学Word版含解析.docx

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资中县第二中学高2025届高二上12月月考数学试题本试卷共2页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．【注意事项】1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上．2．选择题作答时，每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其他答案标号．3．非选择题作答时，用黑色签字笔将答案书写在答题卡上对应的答题区域内．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题或超出答题区域书写无效．5．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，结合倾斜角的取值范围可求得直线的倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，直线的方程可化为，则，故，故选：C.2.关于椭圆，以下说法正确的是（）A.长轴长为2B.焦距为C.离心率为D.左顶点的坐标为【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的性质判断.【详解】椭圆中，， 故长轴长为，焦距，离心率为，左顶点的坐标为，故只有B正确.故选：B3.已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】代入圆锥的侧面公式，计算即可得出答案.【详解】由已知可得，圆锥的侧面积为.故选：A.4.已知直线是圆的对称轴，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由圆的方程可得圆心坐标，根据圆心在直线上可求得结果.【详解】由圆方程得：圆心，直线是圆的对称轴，圆心在直线上，即，解得：.故选：A.5.阿波罗尼斯（公元前262年—公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家．阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆是他的论著中的一个著名问题：已知平面上两点A，B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆．已知平面内的两个相异定点，，动点M满足，记M的轨迹为C，则轨迹C围成图形的面积是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，根据已知整理得出.即可得出点M的轨迹为以 为圆心，为半径的圆，进而求出圆的面积.【详解】设，则，，由可得，，整理可得.所以，点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆.所以，轨迹C围成图形的面积是.故选：D.6.点到直线l：的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A.；B.；C.；D.；【答案】A【解析】【分析】求出直线过定点.然后可知当时，点到直线l：的距离最大，进而根据两点间的距离公式得出最值.根据斜率公式，以及两条直线的位置关系得出直线的斜率，代入整理即可得出答案.【详解】将直线l：变形可得，解可得，所以直线过定点.当时，点到直线l：的距离最大，最大值为.又，直线的斜率为，所以，，解得，所以，直线的方程为， 整理可得.故选：A.7.已知正四棱锥侧面和底面的棱长都为4，P为棱BC上的一个动点，则点到平面的距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】连接交于点，连接，根据正四棱锥的性质结合已知求出.进而证明平面，将点到平面的距离，转化为点到平面的距离.求出三棱锥的体积，即可根据等体积法得出答案.【详解】如图，连接交于点，连接，根据已知可得，平面.又，，在中，有.由已知可得，平面，平面，所以，平面.又，所以点到平面距离，即等于点到平面的距离.设点到平面的距离为，则.又，，所以，，所以，. 故选：D.8.如图，在直三棱柱中，，，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取中点为，连接，先根据已知证明平面，平面平面.过点作，说明重合，进而得出点的轨迹为以为直径的圆的一部分.通过长度关系，结合图形关系推得扇形的圆心角，代入弧长公式，即可得出答案.【详解】 取中点，连接，由已知可得，中点为，所以，.又N为棱上的中点，所以，.根据直三棱柱的性质可知，平面，所以平面.因为平面，所以.因为平面，，所以，平面.因为平面，所以平面平面.过点作，因为平面平面，平面，所以，平面.又平面，平面，所以，重合.所以，，.所以，当点M从点C运动到点时，点的轨迹为以为直径的圆的一部分.当点位于点时，点到最高点，此时，，，，.所以，弧长.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.下列命题中正确的是（） A.若是空间任意四点，则有B.在空间直角坐标系中，已知点，点P关于坐标原点对称点的坐标为C.若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面D.任意空间向量满足【答案】ABC【解析】【分析】对于A，结合向量的线性运算，即可求解；对于B，结合空间点对称的性质，即可求解；对于C，结合空间向量的基本定理，即可求解；对于D，结合空间向量的数量积运算法则，即可求解．【详解】，，，是空间任意四点，则，故A正确；点,2,，点关于坐标原点对称点的坐标为,,，故B正确；，满足，故,,,四点共面，故C正确；表示与共线的向量，表示与共线的向量，二者不一定相等，故D错误．故选：ABC．10.彗星是太阳系中具有明亮尾巴的天体，它们的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆．某彗星测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心约4个天文单位，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心约6个天文单位，且近日点、远日点及太阳中心同在一条直线上，则轨道方程可以为（以“天文单位”为单位）（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由已知可得，，即可解得椭圆方程.【详解】由已知可得，，则，，， 当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为；当椭圆焦点在轴上时，椭圆方程为，即；故选：AC.11.已知椭圆C：的左右焦点分别为，点P是椭圆上的一个动点，则以下说法正确的是（）A.的周长为6B.若，则面积为C.椭圆C上存在两个点，使得D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】先求出，根据椭圆的定义即可判断A；利用余弦定理结合椭圆的定义及三角形的面积公式即可判断B；求出的最大值即可判断C；根据椭圆的定义结合基本不等式中“1”的整体代换即可判断D.【详解】由椭圆C：，得，则，所以，因为点P是椭圆上的一个动点，所以，对于A，的周长为，故A正确；对于B，在中，由余弦定理得，，即，则，所以， 所以的面积为，故B正确；对于C，当点位于椭圆得上下顶点时，最大，当点位于椭圆得上下顶点时，，此时为等边三角形，故的最大值为，所以椭圆C上不存点，使得，故C错误；对于D，因为，所以，当且仅当，即时，取等号，经检验符合题意，所以的最小值为，故D正确.故选：ABD.12.已知圆C：，直线l：，点P在直线l上运动，直线分别切圆C于点A，B．则下列说法正确的是（）A.四边形的面积最小值为B.最短时，弦的长为C.M为圆C上一动点，定点，则的最小值为D.直线过定点 【答案】ABD【解析】【分析】利用切线的性质计算可判定A，结合弦长公式可判定B，利用圆的性质结合“将军饮马”可判定C，利用公共弦方程可判定D.【详解】易知，半径，对于A项，易知四边形的面积，显然切线长最短时，该四边形面积最小，又，当时，，此时，故A正确；对于B项，易知，由上可知时最短，此时，由等面积法可知，故B正确； 作N关于直线的对称点，连接交圆于点G，交直线于点P，易知，设，所以，故C错误；设，易知四点共圆，为直径，圆心，半径，故该圆的方程为而直线为两圆的公共弦，故其方程为，又，化简得，令，即直线过定点，故D正确.故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.两平行线与间的距离为______．【答案】【解析】【分析】直接利用平行直线的距离公式得到答案.【详解】两平行线与间的距离为故答案为： 14.法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，其圆的方程为，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆的蒙日圆方程为，则该椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】先根据蒙日圆的定义求出，再根据椭圆的离心率公式即可得解.【详解】因为椭圆的蒙日圆方程为，所以，所以，所以该椭圆的离心率.故答案为：.15.已知实数x，y满足，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】方程表示一个圆，表示圆上的点与原点之间距离的平方，再根据定点到圆上的点的距离的最值问题即可得解.【详解】由，得，则方程表示以为圆心，为半径的圆，表示圆上的点与原点之间距离的平方，设点与原点之间距离为，则，所以最大值为.故答案为：. 16.如图，两个正方形，的边长都是8，且二面角为，M为对角线AC靠近点A的四等分点，N为对角线DF的中点，则线段______．【答案】【解析】【分析】根据已知得出.然后表示可得，根据空间向量数量积的运算律，可得，代入求解即可得出答案.【详解】由题意可知，，，所以为的平面角，所以，.因为，所以，所以，.因为，所以.所以，，所以，.因为，所以，所以，.故答案为：. 四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线l经过直线与的交点P．（1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程；（2）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）联立方程组得出点坐标，根据已知设出直线l的方程为，代入点坐标，求解即可得出答案；（2）分直线过原点以及不过原点，两种情况，设出直线的方程，代入点坐标，求解即可得出答案.【小问1详解】联立可得，，所以点.由已知可设直线l的方程为，代入点坐标有，解得，所以，直线l的方程为.【小问2详解】当直线过原点时，设方程为，代入点坐标有，解得，所以直线l的方程为，整理可得；当直线不过原点时，设方程为，代入点坐标有，解得，所以，直线l的方程为.综上所述，直线l的方程为或.18.已知圆C经过三点，，．（1）求圆C的方程；（2）过点作圆C的切线，求切线方程的斜率． 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设圆C的方程为，利用待定系数法求出即可得解；（2）设切线方程为，再根据圆心到切线的距离等于半径即可得解.【小问1详解】设圆C的方程为，则，解得，所以圆C的方程为；【小问2详解】圆的方程化为标准方程得，则圆心，半径，当切线斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为，不符题意，当切线的斜率存在时，设切线方程为，即，圆心到切线的距离，解得或，综上所述，切线方程的斜率为或．19.已知ABC的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为．（1）求顶点C的坐标；（2）求直线BC的方程．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设，利用点C在AB边上的中线CM上和直线AC与高线BH垂直求解；（2）设，利用点B在BH上和AB的中点M在直线CM上求解；【小问1详解】解：设，∵AB边上的中线CM所在直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为．∴，解得．∴．【小问2详解】设，则，解得．∴．∴．∴直线BC的方程为，即为．20.已知椭圆C：的长轴长是短轴长的倍，且经过点．（1）求椭圆C的方程；（2）过左焦点作倾斜角为的直线l交椭圆于两点，求的面积．（O为原点）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）求出直线方程，设，联立方程，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离为，再根据三角形的面积公式即可得解.【小问1详解】由题意可得，，解得，所以椭圆C的方程为；【小问2详解】，则直线的方程为，即，联立，消得，，设，则，所以，点到直线的距离为，所以. 21.如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，E，F分别是PC，AD中点．（1）求证：平面；（2）若，PB与平面ABCD所成角为45°，求平面PFB与平面EFD夹角的余弦值．【答案】21.证明见解析22.【解析】【分析】（1）设为中点，连接，证明即可；（2）利用向量法求出两个平面的法向量，再利用平面与平面的夹角公式计算即可.【小问1详解】设为中点，连接，又分别是中点，所以，，又底面是正方形，所以，，故四边形为平行四边形，则，由平面，平面，则平面.【小问2详解】因为PB与平面ABCD所成角为45°，所以，以为原点，构建空间直角坐标系，   由于，则，所以，所以，令为平面的一个法向量，则，令，即，令为平面的一个法向量，则，令，即，所以，即平面与平面夹角的余弦值．22.如图，在圆上任取一点Q，过点Q作x轴的垂线段QD，D为垂足．线段QD上一点C满足． （1）当点Q在圆上运动时，求动点C轨迹的方程；（2）已知，过点的直线l与轨迹相交于两点（异于点A），直线的斜率分别，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】（1）（2）为定值【解析】【分析】（1）利用相关点法求解即可；（2）设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据斜率公式化简即可得解.【小问1详解】设，则，由，得，所以，所以，所以，因为点在圆上，所以，所以动点C的轨迹的方程为；【小问2详解】由（1）得轨迹为椭圆，点为其右顶点，则直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，， 联立，消得，，解得或，则，所以，，，所以为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．