湖南省多校联考2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份湖南省多校联考2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 设，直线，则“”是“”的， 已知圆与圆相交于两点等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 复数在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由复数除法化简复数，即可得对应的点求解.
由可得，
故对应的点为，位于第四象限，
故选：D
2. 在空间直角坐标系中，直线过点且以为方向向量，为直线上的任意一点，则点的坐标满足的关系式是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方向向量的定义计算即可.
由方向向量得，又因为，
所以.
故选：A.
3. 已知总体划分为3层，按比例用分层随机抽样法抽样，各层的样本量及样本平均数如下表：
估计总体平均数为（）
A. 73B. 74C. 76D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】利用分层抽样的平均数公式，列式计算即得.
依题意，估计总体平均数为.
故选：B
4. 设，直线，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】求出的值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解.
因为直线，
当时，，此时，即可以推出，
当时，，解得或，
又时，，此时，所以推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
5. 已知点为直线上任意一点，则的最小值是（）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】的几何意义为直线上的点到原点的距离，由点到直线的距离公式可得．
点为直线上任意一点，
又的几何意义为直线上的点到的距离，
故最小值为到直线的距离，即最小值为
故选：C．
6. 如图，在异面直线上分别取点和，使，且，若，则线段的长为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过作，过作于，连接，根据条件得到面，从而得到，进而得，在中，利用余弦定理得到，从而可求出.
如图，过作，过作于，连接，
因为，所以，又，，面，
所以面，又面，所以，
又易知，所以，
又，所以，在中，，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
故选：C.
7. 已知圆台的上､下底面圆周上的点都在同一个球面上，且圆台的上､下底面半径分别为1，3，高为4，则该球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】球心在上、下底圆心的连线上，利用勾股定理建立等量关系，求出球心位置，即可得到球的半径，从而解出球的表面.
如图：
设，则
∵圆台的上､下底面圆周上的点都在同一个球面上
∴解得
则
∴表面积：
故选：D
8. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基底表示出向量，然后求出的模，余弦定理求出的长，在中，利用余弦定理的变形即可求出
如图连接,
则
由题可知，
∴
，
，
，
∴，
在中,,
,
在中,
故选：D.
二､多项选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，在三棱锥中，分别是棱的中点，是和的交点，则（）
A. 四边形是平行四边形
B. 平面
C. 三棱锥的体积小于三棱锥的体积
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，证得，可判定A正确；证得，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；设点到平面的距离为，得到点到平面的距离也为，结合锥体的体积公式，可得判定C错误；根据向量的线性运算法则，可判定D正确.
对于A中，在三棱锥中，分别是棱的中点，
可得且，
所以，所以四边形是平行四边形，所以A正确；
对于B中，在中，因为分别为的中点，可得，
又因为平面，平面，所以平面，
所以B正确；
对于C中，设点到平面的距离为，
因为为的中点，可得，
又因为平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离也为，
因为，，
又因为分别为的中点，可得，所以，
所以，所以三棱锥的体积等于的体积，所以C错误；
对于D中，因为四边形是平行四边形，
可得
，
因为，所以，
则
，所以D正确.
故选：ABD.
10. 已知圆与圆相交于两点（点在第一象限），则（）
A. 直线的方程是
B. 四点不共圆
C. 圆的过点的切线方程为
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，利用两圆方程相减，即可求解；选项B，联立直线的方程与圆的方程，直接求出，，进而可得中点到四点距离相等，即可求解；选项C，利用选项B中结果，先求出，进而得到切线方程的斜率为，即可求解；选项D，直接求出，，利用余弦定理即可求解.
对于选项A，因为圆与圆，两圆方程相减得到，即直线的方程是，所以选项A正确，
对于选项B，由和，解得或，即，，
又，所以中点为，则，又，
所以到四点距离相等，即四共圆，所以选项B错误，
对于选项C，由选项B知，所以，得到圆的过点的切线方程为，
整理得到，所以选项C正确，
对于选项D，因为，，
在中，由余弦定理得，
所以选项D错误，
故选：AC.
11. 已知定义在上的函数满足，且为奇函数，则（）
A. B. 为定值
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用函数关系求出函数的对称轴和对称中心，从而得出周期，利用周期和对称性以及已知函数值化简选项中的函数即可判断.
∵，则，则关于直线对称，
∵为奇函数，则，即，则，故A选项正确；
∵，∴关于点对称，即，
由可得，
则，即，
则，可知4为函数的周期，
∴为定值，故B选项正确；
，故C选项正确；
，故D选项错误；
故选：ABC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线在轴上的截距为1，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用横截距的定义，即可求解.
因为直线，令，得到，
由题有，解得，
故答案为：.
13. 从集合中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则得到的对数值为整数的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】古典概型需找到总的情况数做分母，满足题意得情况数做分子.
从集合中任取2个不同的数共有种取法；
作为一个对数的底数和真数，则得到的对数值为整数的情况有：，共2种，
∴概率
故答案为：
14. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线上的动点，为圆上的动点，则的最小值为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义可设，利用待定系数法得的坐标为，即可根据三点共线，结合点到直线的距离公式即可求解.
令，则．
由题意可得圆是关于点，的阿波罗尼斯圆，且，
设点坐标为，则，
整理得，
由题意得该圆的方程为，即
所以，解得，
所以点的坐标为，所以，
当时，此时最小，最小值为，
因此当时，的值最小为，
故答案为：9
【点睛】关键点点睛：根据的形式，设，则，利用阿波罗尼斯圆的定义待定出点，即可利用点到直线的距离求解.
四､解答题：本题共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. 已知直线的方程为，直线经过点和.
（1）若，求的值；
（2）若当变化时，总过定点，求.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线和的斜率，利用斜率相乘为-1求解即可；
（2）将直线的方程为进行变形，然后解方程组即可得到直线经过的定点，再利用两点间的距离公式求解即可.
【小问1】
直线经过点和,所以，
所以直线的斜率为，因为直线的斜率为，,
所以,解得或.
【小问2】
直线的方程为可以改写为,
由，解得，
所以总过定点,
根据两点间的距离公式,
16. 已知函数在区间上单调递减且，
（1）求的解析式；
（2）求使成立的的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意先可以确定函数的最小正周期，进而得到的值，进而代值计算，从而求解；
（2）根据正弦函数的性质解不等式即可.
【小问1】
在区间上单调递减，
且，
∴fx的最小正周期，
解得.
，
由“五点法”可知.
.
【小问2】
由（1）可知，
，
，
解得，
的取值范围是.
17. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角及特殊角三角函数值，即可求解；
（2）根据条件及（1）中结果，得到，利用正弦定理得到，再利用面积公式，即可求解.
【小问1】
由，得到，
又，，得到，即，
所以，得到，又，所以，
所以，解得.
【小问2】
因为，由（1）知，所以，
由正弦定理，得到，
又，所以，
又的面积为，所以，
整理得到，解得.
18. 如图，在三棱锥中，分别是棱，上的动点（不含端点），且.
（1）证明：平面平面.
（2）设，则当为何值时，的长度最小？
（3）当的长度最小时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）时，的长度最小
（3）
【解析】
【分析】（1）根据，利用线面垂直判定定理，证得平面进而由面面垂直的判定即可求解；
（3）根据线面垂直的性质，结合余弦定理和勾股定理，得到的表达式，即可由二次函数的性质求解最值.
（3）建立空间直角坐标系进而求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1】
由于
又平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2】
作交于，连接，
由于平面，故平面，平面，故，
，故，
，故又易知是等腰直角三角形，
由余弦定理可得
，
故，
故当时，此时的最小值为.
【小问3】
由于，故，
以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，
以过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
当时，分别为的中点，
则，，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
取，可得平面的一个法向量，
平面的一个法向量为，
设平面与平面的所成角为，则，
故平面与平面的所成角的余弦值为.
19. 已知圆，点关于直线的对称点为.
（1）求的方程；
（2）讨论与圆的位置关系；
（3）若与圆相交于两点，圆心到距离为，圆的圆心在线段上，且圆与圆相切，切点在劣弧上，求圆的半径的最大值.
【答案】（1）
（2）答案见解析（3）.
【解析】
【分析】（1）两个点关于直线对称，则线段中点直线上且两直线垂直，建立方程组，解出答案即可；
（2）通过圆的方程解出圆心和半径，比较圆心到直线的距离与半径的大小，即可得到直线与圆的位置关系；
（3）由点到线的距离得出参数的值，从而得到圆的方程，通过内切圆的关系得到半径的范围，由此得出最大值.
【小问1】
点关于直线的对称点为，且线段的中点坐标为，
解得
的方程为.
【小问2】
圆的方程可变形为，
则圆心的坐标为，且，解得或，
圆的半径.
设圆心到的距离为，则.
若，则，解得，
又或或，
此时与圆相离；
若，则或，此时与圆相切；
若，则或，此时与圆相交.
【小问3】
由题可知，解得或（舍去）.
当时，圆，圆心，半径.
由题可知圆的圆心在圆内且两圆内切，记圆的半径为，
由切点在劣弧上，知，.
点在线段上，.
当且仅当圆心与线段中点重合时，最大，且.
圆的半径的最大值为.
分层
样本量
样本平均数
第一层
10
55
第二层
30
75
第三层
10
90