四川省自贡市第一中学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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自贡一中高2025届高二上期12月月考数学试题卷Ⅰ（选择题共0分）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小愿给出的四个选项中，只有一项是符合题自要求的）．1.直线的倾斜角是（）A.45°B.135°C.120°D.90°【答案】B【解析】【分析】根据斜率即可求解倾斜角.【详解】由得，故斜率为则倾斜角为135°，故选：B2.双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的渐近线方程结论求解即可【详解】双曲线的渐近线方程为，即.故选：B3.已知点关于直线对称，则对称点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先设点的坐标，根据斜率间关系及中点在对称直线上列方程求解计算即得. 【详解】设对称点坐标，由题意知直线与垂直，结合的斜率为1，得直线的斜率为-1，所以，化简得，①再由的中点在直线上，，化简得，②联立①②，可得，所以对称点的坐标为.故选：A.4.圆上点到直线距离的最小值为（）A.36B.18C.D.【答案】C【解析】【分析】判断直线与圆的位置关系，则圆上的点到直线的距离的最小值是圆心到直线的距离减去半径为所求．【详解】圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0的圆心为（2，2），半径为3，圆心到直线x+y﹣14＝0的距离为3，故圆上的点到直线的最小值是，故选：C．【点睛】本题考查直线与圆相交的性质，点到直线的距离，属于基础题．5.如图空间四边形中，，，，点在上且，点为中点，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，结合空间向量的基本定理运算求解.【详解】由题意可得：故选：B.6.已知椭圆方程为，其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为，则椭圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，利用点差法求解即可．【详解】设，代入椭圆的方程可得，．两式相减可得：．由，，代入上式可得：＝0，化为．又，，联立解得． ∴椭圆的方程为：．故选：C．7.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列选项正确的是（）A.若，且，则B.若，且，则C.若，且，则D.若，且，则【答案】C【解析】【分析】在中与相交或平行；在中与相交或平行；在中由线面垂直和面面垂直的性质定理得；在中与相交，平面或异面.【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在中，若，且，则与相交或平行，故错误；在中，若，且，则与相交或平行，故错误；在中，若，且则由线面垂直和面面垂直的性质定理得，故正确；在中，若，且，则与相交，平面或异面，故错误.故选：【点睛】本题考查线面垂直和线线垂直及面面垂直的转化关系，考查概念辨析，属于基础题.8.已知椭圆：的左焦点为，若椭圆上存在点，使得线段被直线垂直平分，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据直角三角形的判定方法、正弦定理，结合椭圆的定义、比例的性质、椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】设右焦点为，直线交于，连接，因为线段被直线垂直平分，所以，，所以是以为斜边的直角三角形，由直线的方程可知该直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为，即，在中，由正弦定理可知：，故选：C【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正弦定理和比例的性质以及运用直角三角形的判定方法.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不选或错选得0分，少选得2分．）9.圆M：，则下列说法正确的是（）A.点在圆内B.圆M关于直线对称C.圆M的半径为2D.直线与圆M相切【答案】BD【解析】【分析】将圆 方程化成标准方程，根据点与圆心距离和半径的比较判断点位置，通过判断圆心在直线上得出圆关于直线的对称性，以及圆心到直线距离等于半径判断直线与圆相切.【详解】将圆M：化成标准方程：知圆心坐标为圆的半径为1.A项中，由点到圆心的距离：知点在圆外，A项错误；B项中，因圆心在直线上，而圆是轴对称图形，故圆M关于直线对称，B项正确；C项中，显然错误，C项错误；D项中，由圆心到直线的距离为：知直线与圆M相切，D项正确.故选：BD10.如图所示，正方体中，分别在上，且，则正确的选项为（）A.至多与之一垂直B.C.与相交D.与平行【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断两直线的位置关系.【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为3，则；，，，B正确，A错误；由，故D正确，C错误．故选：BD.11.若方程所表示的曲线为C，则下面四个命题中正确的是（）A.若C为椭圆，则，且B.若C为双曲线，则或C.若，则曲线C表示圆D.若C为双曲线，则焦距为定值【答案】ABC【解析】【分析】根据各项描述列不等式组求参数范围、由参数值判断曲线形状，即可得答案.【详解】A：C为椭圆，则，可得，且，正确；B：C为双曲线，则，可得或，正确；C：时，方程为，即曲线C表示圆，正确；D：若C为双曲线，则，显然焦距不为定值，错误.故选：ABC12.已知曲线，点，，，P为曲线 上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.的周长为6B.的面积的最大值为C.存在点P，使得D.的最大值为7【答案】BD【解析】【分析】先利用椭圆的定义求得曲线的标准方程，再利用椭圆的性质，逐一分析各选项即可得解.【详解】因为曲线，，，所以，所以曲线是椭圆，其中，则，所以曲线的标准方程为，对于A，的周长为，故A错误；对于B，当P为椭圆短轴顶点时，点到边的距离最大，则的面积最大，则最大面积，故B正确；对于C，当P为椭圆短轴顶点时，最大，此时，即为锐角，所以不存在点P使得，故C错误；对于D，如图，，， 所以，所以，当且仅当在的延长线上时，等号成立，故D正确．故选：BD.卷Ⅱ（非选择题共90分）三、填空题：（本大题共4小题，每小巫5分，共20分把答案填在题中横线上）．13.已知两条直线和互相垂直，则a等于________．【答案】【解析】【分析】根据两直线垂直的结论求解即可.【详解】由题意得，，解得.故答案为：.14.已知双曲线的离心率，实半轴长为4，则双曲线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】由离心率求出，再由求出可得双曲线方程．【详解】由已知可得,即得,所以双曲线方程为:.故答案为:.15.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆的方程为______．【答案】或【解析】【分析】由题意可得所求的圆的方程为，，再把点代入，求得的值，得出答案. 【详解】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，，则半径为.故圆的方程为，再将点代入，得，求得或1故要求的圆的方程为或．故答案为：或．16.如图，在坡面与水平面所成二面角为的山坡上，有段直线型道路与坡脚成的角，这段路直通山顶，已知此山高米，若小李从沿着这条路上山，并且行进速度为每分钟30米，那么小李到达山顶需要的时间是_____分钟.【答案】18【解析】【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理推得直线，从而在与中求得，由此求得小李到达山顶所需时间.【详解】过点作平面，垂足为，过点作直线，垂足为，连接，如图，.因为平面，，所以，又，面，所以面，又面，所以直线，由题意可知，，所以在中，， 在，，所以，因为小李行进速度为每分钟30米，所以他到达山顶需要的时间是（分钟）.故答案为：18.四、解管题：（本大题共6小题70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）．17.已知直线与直线交于点（1）求过点且平行于直线的直线的方程；（2）在（1）的条件下，若直线与圆交于两点，求直线与圆截得的弦长【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出交点坐标，设出直线方程，利用待定系数法求解；（2）利用垂径定理求解弦长.【小问1详解】由所以，令，将代入得：.【小问2详解】圆心到直线距离，所以18.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行运算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，因为是直棱柱，所以平面，因此平面的一个法向量为，所以，即，又平面，所以平面；【小问2详解】 因为，，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以.19.已知圆的方程.（1）若点在圆的内部，求的取值范围；（2）时，设为圆上的一个动点，求的最小值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）根据圆的标准方程可得,再根据点在圆的内部，可得，由此求得的范围，（2）表示圆上的点到点的距离的平方，继而可得，求出最小值.【小问1详解】解：圆的方程即，所以，再根据点在圆的内部，可得，求得. 【小问2详解】当时，圆的方程即，而表示圆上的点到点的距离的平方，由于，故的最小值为.20.已知两定点，满足条件的点的轨迹是曲线，直线与曲线交于两个不同的点．（1）求曲线的方程；（2）求实数的取值范围；【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据曲线的定义判断出曲线是双曲线的左支，和已知，则可求得，曲线的方程可得；（2）设出，的坐标，把直线方程与双曲线方程联立消去，进而根据直线与双曲线左支交于两点，，联立不等式求得的范围；【小问1详解】由双曲线的定义可知，曲线是以为焦点的双曲线的左支， 且，则，故曲线的方程为．【小问2详解】设，，，，由题意建立方程组，消去，得，又已知直线与双曲线左支交于两点，，有，解得．所以的取值范围是．21.如图，四边形ABCD是平行四边形，且，四边形是矩形，平面平面，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，再由勾股定理，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，可，所以，又因为，且平面，所以平面.【小问2详解】解：因为且平面，所以平面，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，，，，，，则，由（1）知，平面所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，设所求的锐二面角为，则，又因为平面与平面所成夹角为锐角，所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 22.已知C为圆的圆心，P是圆C上的动点，点，若线段MP的中垂线与CP相交于Q点．（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹N的方程；（2）过点的直线l与点Q的轨迹N分别相交于A，B两点，且与圆O：相交于E，F两点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由线段的垂直平分线，得到，结合椭圆的定义，即可求解；（2）①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，分别求得；②若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组，结合弦长公式，求得和，进而求得的值.【小问1详解】解：由线段的垂直平分线，可得，所以点的轨迹是以点，为焦点，焦距为，长轴长为的椭圆，所以，，则，所以椭圆C的标准方程为．【小问2详解】 解：由（1）可知，椭圆的右焦点为，①若直线l斜率不存在，直线l的方程为，则，，，，所以，，．②若直线的斜率存在，设直线的方程为，，，联立方程组，整理得，则，，所以，因为圆心到直线l的距离，所以，所以，因为，所以，综上可得，．