广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

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本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟.
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．若集合A=1,a,−2，B=2,4,则“A∩B=4”是“a=2”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
【答案】B
2．已知复数，（i为虚数单位），则（ ）
A．-iB．iC．0D．1
【答案】A
3. 在棱长为的正方体中，点是的中点．设在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算结合投影向量的定义可求得的值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，
由题意可知，，
所以，.
故选：C.
4．已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则直线必过定点（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由双曲线方程可得，且焦点在x轴上，由题意和椭圆方程可得：，即可得，运算求解即可.
【详解】由双曲线可知：，且焦点在x轴上，
由题意和椭圆方程可得：，
即，可得，
所以直线必过定点.
故选：A.
5．为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由抛物线的标准方程可得抛物线的焦点坐标和准线方程,设出,由PF=4以及抛物线的定义列式可得,即,再代入抛物线方程可得点P的纵坐标,再由三角形的面积公式可得.
【详解】由可得抛物线的焦点F(1,0),准线方程为,
如图:过点P作准线 的垂线,垂足为,根据抛物线的定义可知PM=PF=4,
设,则,解得,将 代入可得,
所以△的面积为=.
故选B.
【点睛】本题考查了抛物线的几何性质,定义以及三角形的面积公式,关键是①利用抛物线的定义求P点的坐标;②利用OF为三角形的底,点P的纵坐标的绝对值为高计算三角形的面积.属中档题.
6．已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的渐近线为，
当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意；
当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
7. 已知甲、乙两人射击的命中率分别是和．现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出只有甲或只有乙打中猎物的概率，即可得出甲、乙分配猎物的比例.
【详解】因为甲、乙两人射击命中率分别是和，
现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，
只有甲打中猎物的概率为，只有乙打中猎物的概率为
所以，甲、乙分配猎物的比例应该是.
故选：A.
8．圆锥曲线光学性质（如图1所示）：从椭圆的一个焦点发出的光线经椭圆形的反射面反射后将汇聚到另一个焦点处；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点. 如图2，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与的反射，又回到点路线长为；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过两次反射后又回到点路线长为.若与的离心率之比为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为,由椭圆与双曲线的定义求出两个图形中三角形的周长,再出离心率的比值求得，把转化为的关系得答案.
【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为,
在图2左边图形中,由椭圆定义可得：①，
由双曲线定义可得：②，
由①②可得：
∴△的周长为.
在图2右图中,光线从椭圆的一个焦点发出，被椭反射后经过椭圆的另一个焦点，即直线ED经过，则△EDF1的周长为,又椭圆与双曲线焦点相同,离心率之比为，
所以，又两次所用时间分别为m,n,而光线速度相同，
所以.
故选：C
二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 在平面直角坐标系中，直线过原点，且点和点到直线的距离相等，则直线的斜率可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分析可知，或直线过线段的中点，即可得出直线的斜率.
【详解】因为，，所以，，故、、不共线，
因为直线过原点，且点和点到直线的距离相等，
（1）直线，则直线的斜率为；
（2）直线过线段的中点，则直线的斜率为.
故选：AC.
10. 已知为数列的前项和，且，则（ ）
A. 存在，使得B. 可能是常数列
C. 可能是递增数列D. 可能是递减数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】取，可判断AB选项；利用反证法可判断C选项；取，求出数列的通项公式，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】因为为数列的前项和，且，
对于A选项，取，则，则，A对；
对于B选项，取，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，可能是常数列，B对；
对于C选项，假设数列为递增数列，则对任意的，，
即，所以，对任意的恒成立，
但当时，，矛盾，故数列不可能是递增数列，C错；
对于D选项，取，则，，，
猜想，，
当时，猜想成立，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，，
这说明当时，猜想也成立，故对任意的，，
此时，数列为单调递减数列，D对.
故选：ABD.
11．已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（ ）
A．向量在上的投影向量为
B．若为直角三角形，则为等轴双曲线
C．若，则的离心率为
D．若，则的渐近线方程为
【答案】ABD
【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为，可判断B，设，解得，可得，可判断C，设,可得，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.
【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,
Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，
为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，
，，，，故C错误；
对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，
，在双曲线上，，，，
的渐近线方程为，即，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
13. 设、分别是椭圆的左、右焦点，在椭圆上满足的点的个数为______．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，点在圆上，联立圆与椭圆的方程，求出公共解的个数即可.
【详解】在椭圆中，，，则，
若，易知原点为的中点，则，
所以，点在以原点为圆心，半径为的圆上，即点在圆上，
联立，可得，即点或，
即满足条件的点的个数为.
故答案为：.
14. 佛山是全国著名的工业城市，这里生产的部分产品通过水路运输到全国乃至全世界．下图1是佛山一个货运码头的吊机，其作用是完成集装箱的装船或卸船．为了研究其结构的稳固性，工程师把一个吊机的部分结构（图1中圈住部分）画成图2的空间几何体．若四边形是矩形，，，，，，，则直线与所成角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】过点作交于点，连接，分析可知，直线与所成角为或其补角，计算出三边边长，结合余弦定理即可得解.
【详解】在中，，，，
由余弦定理可得，
过点作交于点，连接，
因为，，则四边形为平行四边形，
则，，则，
因为四边形为矩形，则，则，
因为，则直线与所成角为或其补角，
由余弦定理可得.
因此，直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
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．已知圆及直线.直线被圆截得的弦长为.
(1)求的值；
(2)求过点并与圆相切的切线的一般式方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据圆心到直线的距离，结合垂径定理可得解；
（2）易知点在圆外，当切线斜率存在时，设切线方程为，根据直线与圆相切，可得，又当斜率不存在时，直线与圆相切成立.
【详解】（1）由已知圆，
即圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
所以弦长为，
解得或（舍）；
（2）由（1）得，
则圆，圆心，半径，
则点在圆外，
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
此时，解得，
则直线方程为，即；
当切线斜率不存在时，直线方程为，此时满足直线与圆相切，
综上所述，切线方程为或.
16．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以A为原点，AB，AD，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由证明；
（2）由（1）平面，将求直线到平面的距离转化为点到平面的距离，由求解.
【详解】（1）以A为原点，AB，AD，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系.
由题意得，，，.
所以，，.
设平面的一个法向量为.
易知,
令，得，所以.
，
，又平面,
平面；
（2）由（1）可知平面，故求直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，
因为，由（1）可知平面的一个法向量为，
设直线到平面的距离为.
则.
17．男子10米气步枪比赛规则如下：在资格赛中，射手在距离靶子10米处，采用立姿，在105分钟内射击60发子弹，总环数排名前8名的射手进入决赛；在决赛中，每位射手仅射击10发子弹．已知甲乙两名运动员均进入了决赛，资格赛中的环数情况整理得下表：
以各人这60发子弹环数的频率作为决赛中各发子弹环数发生的概率，甲乙两人射击互不影响．
(1)求甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率；
(2)决赛打完第9发子弹后，甲比乙落后2环，求最终甲能战胜乙（甲环数大于乙环数）的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出甲运动员打中10环的概率，从而可求出甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率；
（2）由于甲比乙落后2环，所以甲要获胜，则乙6环，甲9环或10环，或者乙7环，甲10环，再利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可
【详解】（1）由表中的数据可得甲运动员打中10环的概率为，
所以甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率为
（2）因为甲比乙落后2环，
所以甲要获胜，则乙打中6环，甲打中9环或10环，或者乙打中7环，甲打中10环，
因为由题意可得乙打中6环的概率和打中7环的概率均为，
甲打中9环的概率为，打中10环的概率为，且甲乙两人射击互不影响
所以最终甲能战胜乙的概率为
18．如图，三棱锥中，是边长为的等边三角形，，中，，，点平面，点，分别为线段、的中点，且平面，.
(1)证明：平面；
(2)证明：四边形为矩形；
(3)求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)结合已知条件，首先利用几何关系证明，然后利用线面垂直判定定理证明即可；(2)利用线面垂直性质和判定定理证明平面，进而得到四边形为矩形，再结合的中位线性质即可证明；(3)建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用面面夹角的向量公式求解即可.
【详解】（1）∵，，，
∴，，
∵是边长为的等边三角形，即，
∴，故，即，
又∵，，，平面，
∴平面.
（2）取的中点，连接、，如下图所示：
∵是边长为的等边三角形，∴，
∵平面，平面，
∴，
∵，∴平面，
又∵平面，∴，即、、、四点共面，
∵，，
，从而四边形为矩形，，
∵为线段的中点，∴，
从而，，
∵为线段的中点，∴，，
故四边形为平行四边形，
又，
∴四边形为矩形.
（3）由（1）（2）知、、两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系：
由题意可得，，，，
平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，，，
由得，令，则，，
故平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
故平面和平面夹角的余弦值为.
19．已知圆和定点为圆上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线PC交于点，设点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若是曲线上的一点，过的直线与直线分别交于S，T两点，且为线段ST的中点．
①求证：直线l与曲线有且只有一个公共点；
②求的最小值（为坐标原点）．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，即可得到，结合双曲线的定义计算可得；
（2）（i）设，不妨令，，即可得到，从而表示出直线的方程，再联立直线与双曲线方程，消元、由，即可证明；（ii）由 （i ）求出，，再计算可得为定值，即可结合基本不等式求解.
【详解】（1）为PA的垂直平分线上一点，则，
则，
点的轨迹为以A，C为焦点的双曲线，且，
故点的轨迹方程为；
（2）（i）设，直线是双曲线的渐近线，如图所示：
则：①．②，
①+②得，，①-②得，，
则，得，
由题可知，则，
得，即，
直线ST的方程为，即，
又点在曲线上，则，得，
将方程联立，得，
得，
由，可知方程有且仅有一个解，
故直线与曲线有且仅有一个交点；
（ii）由（i）联立，可得，
同理可得，，则，同理，
所以，
故，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
环数频数
6
7
8
9
10
甲
2
3
5
23
27
乙
5
5
0
25
25