山东省济宁市嘉祥县第一中学2024-2025学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，将答题卡交回.
考试时间为120分钟，满分150分
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. 已知抛物线，焦点到顶点的距离为，则该拋物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的几何意义即可求解.
【详解】因为抛物线焦点到顶点的距离为，所以，解得，
所以拋物线的准线方程为，即拋物线的准线方程为.
故选：D
2. 已知直线，若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】将两条直线中的系数化为相同，根据条件则的系数相等，常数不同.
【详解】直线可化为，
直线可化为，
因为，
所以且.
故选：C.
3. 从集合中依次不放回的任取两个数，记事件“第一次取出的数字是1”，事件“取出的两个数之和为7”，下列说法不正确的是（ ）
A. 事件相互独立
B.
C. 为不可能事件
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设列举出所有情况及事件的基本事件，结合独立事件判定，判定各项的正误.
【详解】由题设，所有情况有，，，，，共20种，
其中事件有，共4种，则，
事件有，共4种，则，
显然不存在，即，故，A错，B、C对，
由有，，故，
所有，D对.
故选：A
4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量在向量上投影向量的计算公式求解即可.
【详解】因为向量，向量，
所以向量在向量上的投影向量为：
.
故选：B.
5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是上一点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用双曲线的定义得出，然后在中应用余弦定理得出关系，从而求得离心率．
【详解】由双曲线定义知，因为，所以，
在中，因为，
所以，
即，化简得，
所以双曲线的离心率为.
故选：D．
6. 在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，得出直线方向向量，利用线面角公式计算即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，，
由分别为的中点，则，，
则，，,
设平面的法向量为，
则，设，则，
所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，
.
故选：C.
7. 已知点，动点满足，设点的轨迹为曲线，直线与交于两点，则弦长（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据题意可得曲线是以为圆心，半径，结合垂径定理求弦长即可.
【详解】设，
因为，则，整理可得，
可知曲线是以为圆心，半径，
则圆心到直线的距离，
所以弦长.
故选：B.
8. 设椭圆的右焦点为，点在上，且轴，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件先确定椭圆的方程，结合点到直线的距离公式、弦长公式计算三角形面积即可.
【详解】设椭圆焦距，则由题意知，解之得，
所以，可得直线方程，设，
联立得，则，
所以，
易知O到直线的距离为：，所以的面积为.
故选：A
二､多选题：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. 给出下列四个命题，下列说法不正确的是（ ）
A. 若向量与向量共面，则存在实数，使
B. 若存实数，使，则点四点共面
C. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则
D. 若平面经过三点，向量是平面的法向量，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】举出反例即可判断A；根据空间向量共面定理即可判断B；判断直线的方向向量与平面的法向量的位置关系即可判断C，根据平面的法向量的求法即可判断D.
【详解】对于A，如果为非零向量，且与不共线，而与共线，则不成立，
故A错误；
对于B，运用四点共面定理推论可知B正确；
对于C，，则，则或，故C错误；
对于D，向量是平面的法向量，则，
即，又，，
得且，解得，则，故D错误.
故选：ACD.
10. 已知圆，点在直线上，过作圆的两条切线（为切点），则下列判断正确的是（ ）
A.
B. 当轴时（在第二象限），四边形的面积为
C. 直线的方程为
D. 圆心到直线的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据垂径定理可得垂直关系，进而利用勾股定理可验证；对于B，利用四边形面积公式可得B错误；对于C，根据圆与圆的位置关系可得两圆相交的直线方程；对于D，利用点到直线的距离公式可得.
【详解】设，则，
则.
对于A，由于，
所以，从而，故A正确；
对于B，由于满足条件，但此时
，故B错误；
对于C，设以为直径圆的方程为，
两圆相减可得直线的方程为，
将换成整理可得C正确；
对于D，，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形
D. 若与平面所成的角为，则
【答案】BD
【解析】
【分析】取的中点为，连接，设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接，过作，交于，求出的外接圆半径，从而求得四面体外接球半径后得球面积判断A，由棱锥体积公式判断B，作出截面图形判断C，建立如图所示的空间直角坐标系，求出线面角判断D．
【详解】对于A，如图所示，连接，取的中点为，连接，
设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接，
在中，设其外接圆半径为，由正弦定理知，
，所以，即
，依题易得，故，
且和同对弦，故四点共圆，
则，设外接球半径为，过作，交于，
由正方体性质知平面，而平面，则，
又平面，则，所以是矩形，则，
则在中，，即，①，
在中，，即②，
联立①②，解得，故外接球的表面积为，故错误；
对于B，连接，因为,平面平面，所以平面，又点是棱上的动点（含端点），
所以点到平面距离为定值，设为，
则，为定值，故B正确；
对于C，如图，延长交延长线于点，连接交于点，连接，
四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，故C错误；
对于D，以A为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，则
，
当时，，当时，，
当且仅当时等号成立，又，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：立体几何中涉及到几何体的截面问题时，一般根据平面的基本性质作出截面，然后解决问题，涉及到空间角问题一般可能建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等差数列中，已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用等差数列通项公式基本量运算求出，即可求出通项.
【详解】在等差数列中，因为，
所以，所以
则.
故答案为：
13. 已知双曲线的左、右两个焦点分别为是上任意一点且满足点到的距离与点到直线的距离之比为，则双曲线的渐近线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，结合点到的距离与点到直线的距离计算即可得、间关系，即可得解.
详解】设，则有，即，
则
，
则由可得，
即，
故，即有，即可得，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
14. 甲､乙两人各有三张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，并比较所选卡片上数字之和的大小，数字之和大的人获胜.则甲获胜的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出总事件中的基本事件的个数，再求出满足题意条件且甲获胜的事件中基本事件的个数，最后求出甲获胜的概率即可.
【详解】设事件“甲乙两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张”，
事件“两人各自从自己持有的卡片中随机任选两张，甲比乙选的数字之和大”，
则，
乙选时，甲获胜有种选法；
乙选时，甲获胜只有种选法；
乙选时，甲不可能获胜，
所以，
所以.
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. （1）已知数列的前项和为，求该数列的通项公式.
（2）已知数列满足，且，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由条件结合关系求，根据关系求，由此可得结论；
（2）由条件，结合等差中项性质证明数列为等差数列，利用等差数列性质求，再求公差，由此可求.
【详解】（1），
当时，，
当时，，
当时不适合上式，
所以；
（2）因为数列满足，
所以为等差数列，
又由，
且，
所以，
所以，
所以.
16. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是0.6.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止.假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，那么
（1）求李明第二次答题通过面试的概率；
（2）求李明最终通过面试的概率.
【答案】（1）0.24
（2）0.936
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可.
（2）利用对立事件概率和为1进行转化.
【小问1详解】
设李明第二次答题通过面试为事件A.
【小问2详解】
设李明最终通过面试为事件B.
.
17. 已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，且，直线与抛物线交于另一点，点在抛物线的准线上，且轴.
（1）若线段中点的纵坐标为2，求直线的方程；
（2）求证：直线经过原点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义可得，再联立直线与抛物线方程，借助韦达定理结合中点纵坐标即可得解；或得到后，借助点差法计算即可得；
（2）表示出直线方程后，借助（1）中所得韦达定理计算直线纵截距可得其为，即可得证.
【小问1详解】
由抛物线的定义知：，所以，解得，
所以拋物线的方程为；则，
因为的斜率不为0，设方程为，
法一：由，化简的，
所以，
又由，得，所以方程为，即；
法二（点差法）：将两点的坐标带入拋物线的方程可得，
两式做差得，整理得，
因为的中点纵坐标为2，所以，即,
所以方程为;
【小问2详解】
由（1）知：，因为，
所以方程为，即：，
又因为，
所以，
所以直线的方程为，所以直线经过原点.
18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）点是棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理及勾股定理结合题设易得，由平面平面可得平面，进而结合面面垂直的判定定理即可求证；
（2）设的中点分别为，连接，分析易得两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）直接利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：在中，，
由余弦定理，得，
所以，即.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
设的中点分别为，连接，
因为为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
因为分别为的中点，所以，
又，所以，即两两互相垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因，则，，
则，
设是平面的一个法向量，
则，即，
令，则.
设直线与平面所成角为，又，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，平面的一个法向量为，
由点到平面的距离公式得：到平面的距离，
所以到平面的距离为.
19. 已知双曲线，，左右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于，两点.
（1）若直线双曲线交于，两点，为上任意一点，且直线，的斜率存在，分别记为，，若，求的值；
（2）若，为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标；
（3）若点在第一象限，连接，直线交双曲线于另一点，若，求双曲线的离心率取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据题意设，分别表示为，，对化简，再，在双曲线上代入计算即可；
(2)分三角形三边分别为底讨论即可；
(3)设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【小问1详解】
设，则，所以，，
所以，
又因为，在双曲线上，
所以，，，解得，，
所以，
所以，，所以；
【小问2详解】
当时，双曲线，其中，，因为为等腰三角形，
则①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，由双曲线性质知，矛盾，舍去；
③为底，，设，其中，，
则有，解得，即；
综上所述：；
【小问3详解】
由题知，，当直线的斜率为0时，此时，不合题意，
则，则设直线，设点，，
根据延长线交双曲线于点，根据双曲线对称性知，
联立有，整理得：，
因为点在第一象限，所以，所以二次项系数，
其中，
①，②，
，，则，
因为，在直线上，
则，，即，
即，
将①②代入有，
即化简得，
所以，代入到，得，
所以，又因为，则，
所以，，，.