四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 已知圆， 下列说法正确的是， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
（考试时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名､座位号､考籍号用0.5毫米黑色签字笔填写清.
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上､试卷上答题无效
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回.
一､选择题：本大题共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. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间中射影点的特点求解即可.
【详解】在坐标平面内的射影点的坐标为.
故选：B
2. 椭圆的标准方程为，其焦点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程确定焦点位置，写出，求得值即得.
【详解】由，可知椭圆的焦点在轴上，且，
则，故椭圆焦点的坐标为.
故选：D.
3. 从三名男生和两名女生中任意选出两人参加冬奥知识竞赛，则选出的两人恰好是一名男生和一名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本空间个数及满足条件的基本事件，再应用古典概型计算即可.
【详解】记三名男生为A，B，C，两名女生为1，2，
任意选出两人的样本空间为，，共10个样本点，
恰好一男生和一女生的样本点有6个，
所以选出的两人恰好是一名男生和一名女生的概率为.
故选：B.
4. 已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（ ）
A. 9B. C. 8D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再把两圆的位置关系转化为圆心距与半径和差的数量关系求参数的值.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为.
若圆M与圆恰有三条公切线，则两圆外切.
圆可化为，圆心为，半径为，.
由，所以，解得.
故选：B
5. 已知圆：，直线：，若与交于两点，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线过的定点并判断与圆的位置关系，再利用圆的性质求出最短弦长.
【详解】直线：过定点，圆：的圆心，半径，
，即点在圆内，当且仅当时，最短，
所以的最小值为
故选：C
6. 设点P为椭圆1上一点，，分别为C的左、右焦点，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据椭圆定义结合余弦定理可得，进而可得面积.
【详解】由椭圆方程可知：，
设，
则，
在中，由余弦定理可得
，
即，可得，
所以的面积为.
故选：C.
7. 已知是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得.
【详解】当直线斜率不存在时，
由对称性可知，此时直线被椭圆所截得的线段AB的中点在轴上，
而已知是线段AB的中点，不在轴上，不满足题意.
故直线斜率存在，可设斜率为，
则直线的方程为，即，
代入椭圆的方程化简得，
所以，解得，满足，
故直线方程为，即.
故选：B.
8. 已知圆，动圆与圆都外切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图结合两圆相外切性质可得，后由双曲线定义可得答案.
【详解】由题可得圆圆心，半径为；圆圆心，半径为
由图设动圆P与圆，圆外切切点分别为A，B.则共线，共线.
则，注意到，
则，又，则点P轨迹为以为焦点双曲线的右支.
设双曲线方程：，由题可得.
故相应轨迹方程为：.
故选：A

二､多选题：本大题共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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知一组数据1，2，4，3，1，2，1，则这组数据中位数为 2
B. 已知五个数据5，5，10，10，20，则这组数据的分位数为10
C. 若，则事件与互为对立事件
D. 若事件相互独立，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用中位数、百分数定义分别求A、B中的中位数和百分数，由对立事件的定义及独立事件性质判断C及求概率判断D.
【详解】A：数据从小到大为，显然中位数为2，对；
B：由，则，错；
C：由且互斥时，互为对立事件，错；
D：由题设且也是相互独立，故，对.
故选：AD
10. 已知双曲线：，下列结论正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的焦点到渐近线的距离为
C. 与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线一定没有交点
D. 若直线与双曲线没有交点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，利用焦点在轴上的双曲线方程为进行求解；B选项，利用点到直线距离公式进行求解；C选项，与渐近线平行的直线与双曲线有一个焦点；D选项，直线的斜率与渐近线斜率相比较，得到的取值范围．
【详解】解：对于，由双曲线：，则，，所以其渐近线方程为，故A正确；
对于B，由双曲线：，则，，，其焦点坐标为，其渐近线方程为
，所以一个焦点到渐近线的距离为，故B正确；
对于C，与渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个交点，故C不正确；
对于D，若直线与双曲线没有交点，则的斜率应该和双曲线渐近线斜率比较，则或，故D正确．
故选：ABD．
11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当三棱锥的体积为定值时，
C. 当时，有且仅有两个点，使得
D. 当平面时，
【答案】BC
【解析】
【分析】选项A，C先确定点的轨迹判断即可；选项B，D利用题意确定轨迹即可.
【详解】当时，得，由向量的加法运算可知，此时点在线段上，

此时三棱锥中点到平面的距离为定值，为底面正三角形的高为，
所以此时的体积为，故选项A错误；
由题易知，点在正方形内，所以点到平面的距离为定值，
当三棱锥的体积为定值时，可知
因为，所以点到直线的距离为，故此时点在线段上，
根据向量的线性运算可知，故选项B正确；
记的中点为,的中点为，的中点为,连接，当时，易知点在线段上；
要使，易知点在以为直径的球面上；故我们需要判断以为直径的球面与线段的交点个数；
易知，
所以线段上刚好有两个点在以为直径的球面上，
即当时，有且仅有两个点，使得，故选项C正确；
记的中点为点,连接，
由题易知，
所以有
所以,
又是平面内的两条相交直线，所以平面
又因为平面，点在正方形内
所以易知点在线段上，此时的值不确定，故选项D错误；
故选：BC
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 椭圆的离心率为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据椭圆方程判断出焦点所在的位置，代入离心率关系式即可求解.
【详解】由椭圆可知，焦点在轴上，且，，
解得.
故答案为：2
13. 求过（1，2）的圆的切线方程为_______．
【答案】3x-4y+5=0或
【解析】
【分析】当过点（1，2）的切线的斜率存在时，设切线方程为，即．由圆心到直线距离等于半径建立方程求解即可得切线方程．当切线的斜率不存在时，直线为x=1，满足题意可得答案.
【详解】解：当过点（1，2）的切线的斜率存在时，设切线方程为，即．
由圆心到的直线距离等于半径得，解得，所以切线方程为3x-4y+5=0．
当切线的斜率不存在时，直线为x=1，显然符合题意．故所求切线方程为 3x-4y+5=0或．
故答案为：3x-4y+5=0或.
14. 已知双曲线，若双曲线不存在以点为中点的弦，则双曲线离心率的取值范围是__________________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知点必在双曲线外部或在双曲线上.若存在以为中点的弦，根据点差法可得弦的斜率为，要使弦不存在，则弦与双曲线至多一个交点，弦的斜率大于等于渐近线斜率，如此即可得到的取值范围，进而求出离心率的范围﹒
【详解】由题意得点在双曲线外部或在双曲线上，则，得.
假设存在以为中点的弦，设弦与双曲线交于点，则，
由点在双曲线上得，，
两式作差得，，
∴.
∵不存在该中点弦，∴直线与双曲线至多一个交点，则，，
∴，
∵，∴，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于分析出点在双曲线外部或在双曲线上，在这个前提下确定当直线与双曲线至多一个交点时直线斜率与渐近线斜率的关系即可得到结果.
四､解答题：本大题共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. 已知空间向量.
（1）求；
（2）若向量与垂直，求实数的值.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算求解向量的模长即可；
（2）根据空间向量垂直的坐标运算列方程即可得实数的值.
【小问1详解】
因为空间向量，
所以，
所以；
【小问2详解】
由题得，
由向量与垂直，则，
则，解得：.
16. （1）求经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线方程；
（2）已知圆的圆心在直线上，圆与直线相切，且在直线上截得的弦长为，求圆的方程．
【答案】（1） ；（2）．
【解析】
【分析】（1）先求得两条直线和的交点坐标，再利用直线垂直的等价条件以及直线的点斜式方程，即可求得该直线的方程.
（2）设出圆的圆心坐标，由直线与圆相切可得半径，再由垂径定理即可得解.
【详解】（1）由，解得，而直线的斜率为
则垂直于直线的直线的斜率为，
所以所求直线方程为，即.
（2）由圆的圆心在直线上，设圆的圆心为，
由圆与直线相切，得圆的半径，
圆心到直线的距离，
由圆在直线上截得的弦长为，得，即，解得，
所以圆的方程为.
17. 某校为选拔参加数学联赛的同学，先进行校内数学竞赛，为了解校内竞赛成绩，从所有学生中随机抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩，并作出频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
（1）求频率分布直方图中a的值．若从成绩不低于70分的同学中，按分层抽样方法抽取12人的成绩，求12人中成绩不低于90分的人数.
（2）用样本估计总体，估计该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数以及中位数.
（3）若甲、乙两位同学均进入第二轮的复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率．
【答案】（1），12人中成绩不低于90分的人数为1；
（2）平均数约为分，中位数约为分；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的频率和为1可求的值，再根据分层随机抽样可得12人中成绩不低于90分的人数；
（2）根据频率分布直方图及平均数与中位数的定义计算即可；
（3）根据相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，解得.
的频率为，的频率为，
的频率为，按分层抽样方法抽取12人的成绩，
则12人中成绩不低于90分的人数为.
【小问2详解】
该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数为：
.
的频率为，
的频率为，
设中位数为,则，
则，解得，
故该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数约为分，中位数约为分.
【小问3详解】
设“至少有一位同学复赛获一等奖”，
则,
故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，可得，即可证明；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点N，连接，如图所示：为棱的中点，

，
，
∴四边形是平行四边形，，
又平面平面平面．
（2），
∵平面平面，平面平面平面，
平面，
又平面，而， ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则，
为棱的中点，


（i），
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
平面的一个法向量为，
，
根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为
（ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是，
设，
则，
由（2）知平面的一个法向量为，
，
∴点Q到平面的距离是
，
．
19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为，为椭圆的一个顶点，且右焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C交于 A、B两点.
①若直线过椭圆右焦点，且的面积为求实数的值；
②若直线过定点，且，在轴上是否存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义和点到直线的距离求出椭圆方程；
（2）①联立后根据弦长公式求出弦长再求出面积即可；②先假设存在，再根据菱形对角线互相垂直的特点，转化为斜率问题，最后求出取值范围.
【小问1详解】
由题意，得，又到直线的距离为
则，因为，所以，再由椭圆的一个顶点为，可得，
所以，即椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
①由（1）知，
直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，
所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得
.
设两交点，则有
所以，
又椭圆左焦点到直线的距离为，
所以，
解得或（舍去），即；
②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点， 且，可知直线方程为，
与椭圆联立方程组，消去得：，
由，且，解得，

设两交点，中点，则有
所以，
即，整理得，
又因为，所以，则.
【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、；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，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.