湖南省名校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)

这是一份湖南省名校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知,,则( )
A.B.C.D.
2．将直线绕点逆时针旋转90°得到直线,则的方程是( )
A.B.C.D.
3．圆与圆的位置关系是( )
A.内含B.内切C.外离D.相交
4．若椭圆的右焦点坐标为，则的值为( )
A.1B.1或3C.9D.1或9
5．已知O空间任意一点，A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，若，则的最大值为( )
A.B.C.D.
6．如图,正四棱锥的棱长均为2,M,N分别为AB,BC的中点,则点M到直线PN的距离为( )
A.B.C.D.
7．已知函数,若对任意恒成立,则x的取值范围为( )
A.B.C.D.
8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点Q在内运动（含边界），且满足，则点Q的轨迹长度为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．函数的部分图象如图所示,则下列说法正确的是( )
A.B.
C.是曲线的一条对称轴D.在区间上单调递增
10．如图，正方体的体积为8，E，F，G，M分别为，，，的中点，则下列说法正确的是( )
A.直线与为异面直线
B.向量在向量上的投影向量为
C.若Q为上靠近点的四等分点，则4
D.线段上存在点P，使得平面
11．设圆,直线为l上的动点,过点P作圆C的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,则下列说法正确的是( )
A.若圆心C到直线AB的距离为,则
B.直线AB恒过定点
C.若线段AB的中点为M,则的最小值为
D.若,,则
三、填空题
12．已知事件A与事件B相互独立,且,,则________.
13．已知点，，P是直线上一点，则的最小值为__________.
14．已知椭圆的左,右焦点分别为,,过原点的直线与C相交于M,N两点,若且,则椭圆C的离心率为________.
四、解答题
15．在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
（1）求角A的大小;
（2）若,,角A的平分线交BC于点D,求线段AD的长.
16．已知圆C的圆心在y轴上,且经过点,.
（1）求圆C的标准方程;
（2）若圆C上存在一点P满足的面积为5,求直线BP的方程.
17．图1是棱长为2的正方体，E，F，，分别是，，，的中点，截去三棱柱和三棱柱得到如图2的四棱柱，G，H分别是，的中点，过点B，G，H的平面交于点M.
（1）求线段的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18．在直角坐标系xOy中,点,,动点满足直线与的斜率之积为.记T的轨迹为曲线.
（1）求的方程,并说明是什么曲线;
（2）过左焦点且与坐标轴不垂直的直线l,与曲线相交于A,B两点,AB的中点为M,直线OM与曲线相交于C,D两点.求四边形ACBD面积的取值范围.
19．已知集合,n为正整数且,M为集合S的子集,记表示集合M中元素的个数.
(1)当时,,请写出满足条件的集合M；
(2)当时,对任意的可以相同),都有,求的最大值；
(3)若,,,,均为S的子集,且,求证：一定存在两个不同的子集,,使得.
参考答案
1．答案：B
解析：因为.
故选:B
2．答案：B
解析：直线的方程为,其斜率为1,
设直线的斜率为k,,
.
由题意可知,,,
的方程为:,即.
故选:B
3．答案：D
解析：圆,则圆心,半径,
圆,则圆心,半径,
则,
由于,即,
故圆与圆的位置关系为相交.
故选:D.
4．答案：C
解析：根据右焦点坐标为，可得，且焦点在x轴上，
故，
故选：C
5．答案：C
解析：因为A，B，C，D四点共面，且任意三点不共线，得出，x，y都不是0，
当，时，，计算可得，的最大值为，
当且仅当时取最大值，
当时，，
所以的最大值为，
故选：C.
6．答案：A
解析：取底面的中心为O,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
,,,
则,,,
所以,,
故点M到直线PN的距离为,
故选:A
7．答案：B
解析：当时,,
当时,,
故,
由可得
当时,,
当时,,
因此对任意的x都有,为奇函数,
且当时,单调递减,且,故在R上单调递减,
故由得,
故对任意的成立,
故,解得或.
故选:B
8．答案：A
解析：因为三棱锥为鳖臑，平面，
在中，，，，，
过B做垂足为T，则，
即，所以，
因为，，，
。，
在中，，，，
所以，则，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以中，，，，
过A作，，
即，可得，
则过T作，因为T是中点，所以，，
所以动点Q在内（含边界）的轨迹为以T为圆心以为半径的半圆，
则点Q的轨迹长度为.
故选：A.
9．答案：AD
解析：对于A,因为,所以由图象知,
,所以,A选项正确;
由图象知,又因为,
所以,即,
因为,所以,B错误;
对于C,当时,,
则不是的对称轴,故C错误;
对于D,的单调增区间满足:,,
即单调增区间为,,
当时,增区间为,所以在区间上单调递增,故D正确.
故选:AD.
10．答案：ABC
解析：对于A，取中点J，连接，由于，，与相交，因此与为异面直线，A正确，
对于C，若Q为上靠近点的四等分点，，则，故，C正确，
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，由体积为8可得棱长为2，则，
，，则，
向量在向量上的投影向量为，故B正确，
对于D，假设线段上存在点，其中，使得平面，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，
由于平面，所以，
，解得，
此时P为中点，此时，
由于，，故也是平面的法向量，
又平面与平面有公共点P，因此平面与平面重合，
故平面，故D错误，
故选：ABC
11．答案：ABD
解析：对于A,圆C的半径为,故,A正确,
对于B,由题意可知点A,B,在以CP为直径的圆上,
设,,其圆的圆心为,故方程为:,化简为,
与方程相减可得,
则直线AB的方程为,
令,解得,因此直线AB恒过定点,因此B正确;
对于C,由于,,,故,
故,解得,
由于函数,均为内的单调递增函数,故为内的单调递增函数,
当时,此时PC最小,且最小值为,
当PC最小时,故PM的最小值为,故C错误,
对于D,由于,故,
由选项C可知PC的最小值为,故,
故,进而可得,由于,进而可得,即,因此,
,故,即,D正确,
故选:ABD
12．答案：0.7
解析：因为事件A与事件B相互独立,,,
所以,
所以,
故答案为:0.7.
13．答案：5
解析：设M点关于直线的对称点，
则，解得，，
故，故，
故最小值为：5
14．答案：
解析：因为过原点的直线与C相交于M,N两点,,故四边形为矩形,故,又,,
所以,则,
又,
即,且,
解得,（由于,故舍去）
结合,故,即
又,
因此,故,解得,
故答案为:
15．答案：（1）
（2）.
解析：（1）因,
由正弦定理可得.
又因为,则,
所以,整理得,即.
因为,所以,
所以,所以.
（2）在中,,且,
则有,解得（舍去负值）.
方法1:由面积,
,
即,则,线段的长是.
方法2:由内角平分线定理有,
则,,
所以,线段AD的长是.
16．答案：（1）
（2）或
解析：（1）由题意,设圆C的标准方程为,
代入点,,解之得,
故圆C的标准方程为.
（2）解法一:由,可得斜率为,
故直线AB的方程为,,
由得点P到直线AB的距离,
设,则,解得或,
即或,
当时,直线BP的方程为,
当时,直线BP的方程为,
综上直线BP的方程为或
解法二:因为直线AB的斜率,
所以直线AB的方程为,即,
,设点P到直线AB的距离为d,
则由得,
则将直线AB沿着与AB垂直的方向平移个单位即可,
此时该平行线与圆的交点即为点P,设该平行线的方程为,
则,解得或,
当时,联立,解得或,即或,
当时,直线BP的方程为,
当时,直线BP的方程为,
综上直线BP的方程为或
解法三:同解法一得到直线AB的方程为,
点P到直线AB的距离,
设,其中,则有,
联立,解得或,
即或
当时,直线BP的方程为,
当时,直线BP的方程为,
综上直线BP的方程为或
17．答案：（1）；
（2）
解析：（1）方法一：在图1中延长与相交于K，延长与相交于，延长与相交于I，连接交于M，如图所示，由，
得，求得，.
方法二：在图1中过点G作的平行线交于T点，连接交于点M，
如图所示，易知，.
（2）在图2中，以A为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，平面即平面，则，，，，，
设面的法向量，
有，令，则，，，
，，，，
设面的法向量为，
有，令，则，，，
.
则面与面的夹角的余弦值是.
18．答案：（1）曲线是以坐标原点为中心,焦点在x轴上,不包括左右两顶点的椭圆,;
（2）.
解析：（1）直线的斜率为,
直线的斜率为,
由题意可知:,
所以曲线是以坐标原点为中心,焦点在轴上,不包括左右两顶点的椭圆,
其方程为;
（2）如图:
法一:直线l的斜率存在且不为0,设,,,,
联立,整理得,恒成立,
且,则,
则,即,,
直线CD的方程为,与,联立得,
设点,到直线的距离分别为,,
则,,,
四边形ACBD面积
,
又,所以,故四边形ACBD面积的取值范围为.
法二:易知直线l的斜率存在且不为0,设,,,,
代入点得,相减得,
整理得①;
联立,得,所以.
;
设,,由①得,直线CD方程为,
联立,解之得,即.
设点,到直线的距离分别为,,
则,,
.
所以四边形ACBD的面积,
又,所以,
所以,故四边形ACBD面积的取值范围为.
19．答案：(1),,,,
(2)10
(3)证明见解析
解析：(1)∵
∴集合有：,,,,.
(2)取此时M中最小的三个元素时且,且,
故满足对于任意的,,,
当时,集合M中的元素取从大到小对应的个数,均成立,
下证当不成立,
作三元子集,,
则,对S的任意一个11元子集,必包含某,
若,则有成立,与矛盾；
若,则元素与矛盾,
∴的最大值为10；
(3)(反证法)假设对任意的,,
①若,三元子集至少有个,与元素只有n个矛盾,
②若,
若,则,
将分成若干组,每组中的两个三元子集都有2个公共元素,不同组中无公共元素.
下证,任取一组有k个三元子集,有m个元素,则,
当时,,则,
当时,,
而三元子集有个,至少要有个元素,矛盾.
∴一定存在两个不同的子集,使得