湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数的性质，求出集合，利用一元二次不等式的解法，求出集合，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由，得到，所以，
由，得到，又，所以，
得到，
故选：C.
2. 已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案.
【详解】由题意得，即，则．
故选：A．
3. 双曲线的焦点到其一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】求出焦点坐标及渐近线的方程，由点到直线的距离公式求出距离.
【详解】解：由，得，渐近线方程为，
由双曲线的对称性，不妨取双曲线的右焦点，一条渐近线方程为，
则焦点到渐近线的距离为
.
故选：B.
4. 已知数列中，，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
5. 如图所示，点是双曲线的左、右焦点，双曲线的右支上存在一点满足与双曲线的左支的交点平分线段，则双曲线的渐近线斜率为（ ）

A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，由双曲线的定义得，，
根据，列出方程求得，在直角中，利用勾股定理求得，进而求得双曲线的渐近线．
【详解】设，则，
由双曲线的定义得，，
又由得，即，解得，所以，
在直角中，由勾股定理得，即，
整理得，则，双曲线的渐近线斜率为．
故选：B．
6. 设椭圆的左、右顶点为，，左、右焦点为，，上、下顶点为，.关于该椭圆，有下列四个命题：
甲：；乙：的周长为8；
丙：离心率为；丁：四边形的面积为.
如果只有一个假命题，则该命题是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆方程，分析甲乙丙丁都为真时得到关于的等式，再分析得甲乙不同时为真，进而分类讨论甲、丙和丁为真与乙、丙和丁为真两种情况即可得解.
【详解】依题意，作出椭圆的图象，如图，
若甲为真命题，则；
若乙为真命题：则的周长为，即；
若丙为真命题，则离心率为；
若丁为真命题，则四边形的面积为；
当甲乙都为真时，有，解得，则，
此时，，则丙和丁都是假命题；
所以甲乙不可能同时为真，且必有一真一假，故丙和丁都为真；
若甲、丙和丁为真，则，解得，
此时满足，且，符合题意；
若乙、丙和丁真，则，解得，
此时，即乙、丙和丁不同时为真，假设不成立；
综上，乙命题为假命题.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，分析甲乙丙丁都为真时得到关于的等式，进而分析得
解.
7. 已知不共线的平面向量、、两两的夹角相等，且，，，实数，则最大值为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义求出，，，再根据数量积的运算律表示出，最后对、、分8种情况讨论，分别计算可得.
【详解】因为不共线的平面向量、、两两的夹角相等，
所以它们的夹角都为,
因为，，，
所以，，，
所以

因为、、，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
综上可得当或时，.
故选：C.
8. 已知是抛物线上异于原点的两点，且以为直径的圆过原点，过点向直线作垂线，垂足为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据以为直径的圆过原点可求得直线恒过定点，由四点共圆可知的最大值为该圆直径，进而求得结果.
【详解】设点，点，其中，，
以为直径的圆过原点，，解得：，
易知直线的斜率不为，不妨设直线的方程为：，
由化简整理得：，，解得：，
直线恒过定点，
，，四点共圆，
即点在以为直径的圆（除原点外）上运动，此时该圆直径为，
的最大值为该圆的直径，即.
故选：B．
二、多选题（共20分）
9. 已知曲线，则（ ）
A. 的焦点在轴上B. 的短半轴长为
C. 的右焦点坐标为D. 的离心率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】曲线经过变形后可得椭圆标准方程，计算的值即可确定选项.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为.
由题意可得椭圆的标准方程为，所以椭圆的焦点在轴上，故选项A错误.
由椭圆的标准方程为，得，
故其短半轴长为，右焦点坐标为，故选项B，C正确.
椭圆的离心率，故选项D正确．
故选：BCD．
10. 如图所示，已知，，，作以为直角顶点的等腰直角，作点和点的中点，继续作以为直角顶点的等腰直角，如此继续作中点，作等腰直角三角形.这样会得到一组分别以为直角顶点的等腰直角三角形.下列说法正确的是（ ）

A. 所作的等腰直角三角形的边长构成公比为的等比数列
B. 第4个等腰直角三角形的不在第3个等腰直角三角形边上的顶点坐标为
C. 点的纵坐标为
D. 若记第个等腰直角三角形的面积为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意分析逐项判断即可.
【详解】由图易知，所作的等腰直角三角形的边长构成公比为的等比数列，故选项A正确；
选项B，，故选项B正确；
选项C，点的纵坐标为，点的纵坐标为，点的纵坐标为，
点的纵坐标为，点的纵坐标为，故选项C错误；
选项D，，故选项D正确.
故选：ABD.
11. 已知抛物线：过点，焦点为，准线为，过点的直线交于，两点，，分别交于，两点，则（ ）
A. B. 最小值为4
C. 准线的方程为D. 以为直径的圆恒过定点，
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，将点代入抛物线方程中可求出的值；对于B，当为通径时，其取最小值；对于C，由于，从而可得准线方程；对于D，设直线的方程为，，，由题意可求出，，从而可得以为直径的圆的方程，整理后可得其过定点
【详解】把点代入曲线可得，∴，故A错误；
抛物线的方程为，把代入可得，∴，可知最小值为4，故B正确；
准线的方程为，故C正确；
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，，联立
可得，，，直线的方程为，同理直线的方程为，令，可得，，则以为直径的圆的方程为，整理可得，令，可得或，故圆过定点，．当直线的斜率不存在时，将直线的方程代入抛物线方程可得，，可得，，以点为直径的圆方程，显然过两定点，，选项D正确，
故选：BCD．
12. 已知正方形的边长为2，点分别是线段上的动点，若满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，则
B. 当时，点分别是线段的中点
C. 当时，
D. 当时，的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设出的坐标，利用向量的坐标运算逐一判断各个选项作答.
【详解】以点为坐标原点，分别为轴，轴建立平面直角坐标系，如图，

设，，，
由，得，则，
对于A，当时，得，不能得，如取，，满足条件，A错误；
对于B，当时，得，此时点分别是线段的中点，B正确；
选项C，由选项B知，，，而，，C正确；
选项D，当时，显然且，此时，否则或，矛盾，
即有，而，因此，
整理得，而，
于是，当且仅当时取等号，整理得，
令交于，显然与不重合，，，
由共线，得，即，解得，即，的最小值为，D正确.
故选：BCD
三、填空题（共20分）
13. 数列满足，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，探讨数列的周期，进而求出所求值.
【详解】数列中，，由，得，则，
因此数列是以2为周期的周期数列，，
所以，
故答案为：
14. 从1，2，，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据组合数求所有的可能性，再求符合条件的可能，结合古典概型运算求解.
【详解】从1，2，，11中任取三个不同的数，则不同的组合有共有种，
能构成等差数列不同的组合的有种，
所以这三个数可以构成等差数列的概率为.
故答案为：.
15. 从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，则的值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设出双曲线右焦点，连接，利用双曲线的定义和中位线进行解题.
【详解】
不妨将点置于第一象限. 设是双曲线的右焦点，连接. 分别为的中点，故.
又由双曲线定义得，
故.
故答案为：
16. 已知正四棱锥底面边长为2，高为1，动点P在平面内且满足，则直线与所成角的余弦值的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】应用空间向量法，先求点的坐标，再分别表示，，化简，得出两条直线所成角的余弦值，再根据值域可得余弦范围.
【详解】设正方形的中心为，过点作的垂线，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，
设，可得，
，
所以，，
，，
因为，可得，可设，，
设直线与所成角为，由，，
则，
令，可得，
则，则，,
可得．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是换元应用二次函数值域，进而得出余弦值的范围.
四、解答题（共70分）
17. 已知直线，且，
（1）求的值；
（2）直线过点与交于，，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线与直线平行的充要条件，列出方程求解即可；
（2）根据两平行线间距离可判断垂直，利用斜率关系即可求解直线的斜率，进而可求解方程.
【小问1详解】
因为，所以，
整理得，解得或．
当时，，，符合题意，
当时，，，与重合，不满足题意．
综上，．
【小问2详解】
由（1）得，，
所以两直线之间的距离为，而，
所以直线与均垂直，
由于，所以，
故直线方程为
18. 已知双曲线的标准方程为，其中点为右焦点，过点作垂直于轴的垂线，在第一象限与双曲线相交于点，过点作双曲线渐近线的垂线，垂足为，若，.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点作的平行线，在直线上任取一点，连接与双曲线相交于点，求证点到直线的距离是定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离为，列出方程求得，再由，求得，即可求得双曲线的方程；
（2）设点，得到直线的方程，设直线的方程为，点，根据，取得，得到直线的方程为，设，根据共线，求得，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由双曲线，可得焦点，其中一条渐近线方程为，
则点到渐近线的距离为，解得，
又由，可得，解得，
故双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
解：由双曲线，可得，
设点，则直线的方程为，即，
由题意，设直线的方程为，由点在直线上，可设点，
又由，可得，解得，即直线的方程为，
设，由点共线，可得，即，得，
即点，
则点到直线的距离为
.
即点到直线的距离为定值.

19. 如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解.
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面.
【小问2详解】
以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.
【点睛】
20. 已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．
（1）求的方程和双曲线的渐近线方程；
（2）设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；
（3）设为上动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为
（2）证明见解析 （3）是，．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解；
（2）结合题意联立方程组和，化简即可求解；
（3）由题意得，设，联立方程组和
，利用韦达定理表示和，化简即可证明.
【小问1详解】
准线的方程为，双曲线的渐近线方程为．
【小问2详解】
联立方程组，
消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取，
又由，求得直线的方程为，
联立方程组，消去得，
因为，所以直线与抛物线相切．
【小问3详解】
因为，得准线为线段的中垂线，
则直线与直线的倾斜角互补，即，
设，由条件知，
联立方程组，消去得，
则，
联立方程组，消去得，
则，
所以，
故为定值．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
21. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为.直线与椭圆交于不同的两点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）当时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件列出方程组求出，即可得到椭圆方程.
（2）利用直线与椭圆联立方程组，通过韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离公式，求解三角形的面积即可.
【小问1详解】
由题意得解得，.
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由得，，
设点，的坐标分别为，，则，.
所以，
又因为点到直线的距离，
所以的面积为.

22. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程，并说明轨迹的形状；
（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）① 证明见解析；②存在；
【解析】
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用
韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【小问1详解】
设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
【小问2详解】
设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【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．