湖南省衡阳市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份湖南省衡阳市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的性质求出集合，由指数函数的性质求出集合，即可得到，即可得解.
【详解】由，则，所以，
所以，
又因为，
所以，或，
则，，或，
则A正确，B、C、D错误.
故选：A
2. 椭圆的离心率为，则（）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，解得，
故选：A.
3. 已知直线和直线，则“”是“”的（）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行满足的系数关系即可求解.
【详解】若直线和直线平行，
则，解得，
所以“”是“”的充要条件，
故选：A
4. 在平面直角坐标系中，若满足的点都在以坐标原点为圆心，2为半径的圆及其内部，则实数k的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由可得点在圆心，的内部，结合条件列出不等式，即可得到结果.
【详解】，则，，
圆心，，都在，则两圆内切或内含．
∴，∴，
故选:B．
5. 已知向量与是非零向量，且满足在上的投影向量为，，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量、向量数量积等知识求得正确答案.
【详解】设与的夹角为，
在上的投影向量为
所以，
所以，
所以为钝角，且.
故选：A
6. 已知椭圆的右焦点为，左焦点为，若椭圆上存在一点P，满足线段相切于以椭圆的短轴为直径的圆，切点为线段的中点，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用椭圆定义计算作答.
【详解】设以椭圆的短轴为直径的圆与线段相切于点M，连结、，如图，
因M、O分别为、的中点，则，且，
又线段与圆O相切于点M，即，即有，
在中，||=2c，||=2b，于是得，
根据椭圆的定义，得，因此，整理得，
解得，所以椭圆的离心率.
故选：A
7. 已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系且，，，进而确定的轨迹圆，再利用向量数量积的坐标表示并结合所得表达式的几何意义求范围即可.
【详解】如下图构建平面直角坐标系，且，，，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为，
而，故，
综上，只需求出定点与圆上点距离平方的范围即可，
而圆心与的距离，故定点与圆上点的距离范围为，
所以.
故选：B
8. 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（）
A. 存在满足条件的点M，使
B. 当点Q在线段上移动时，必存在点M，使
C. 三棱锥的体积存在最大值和最小值
D. 直线与平面所成角的余弦值的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知，取的中点E，的中点F，并连接，可得点M的轨迹为线段．对于A，连接，交于点O，可得平面，当M为线段中点时，，又，则可判断：对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由空间向量坐标运算可得存在，即可判断；对于C，设点M到的距离为h，可知当M与E重合时，，当M与F重合时，，即可求出三棱锥的体积存在最大值和最小值，则可判断；对于D，由平面知，即为直线与平面所成的角，在中，可得，则得，进而得，则可判断.
【详解】取的中点E，的中点F，连接，，，，如图所示．
易知，，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，故点M的轨迹为线段．
对于A，连接，交于点O，如图所示．
则，又，，平面，
所以平面，当M为线段中点时，，
因为，所以，故A正确；
对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，
设（），得，从而，
又，令，得，
当时，显然不合题意；
当时，由，解得，
即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故B正确；
对于C，设点M到的距离为h，
则三棱锥的体积为
，
当M与E重合时，，得；
当M与F重合时，，得，故C正确；
对于D，设直线与平面所成的角为、连接，如图所示．
由平面知，，在中，
由，得，
所以，所以，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛，本题关键是先找到点M的轨迹，对于B选项，通过设出向量的含参坐标，借助参数的范围满足条件，得到答案；对于C选项，利用等积转化，转化成棱锥高取得最值，可得体积最值；对于D选项，关键是找到线面角正切的范围，进而得到余弦的范围.
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 关于方程，下列说法正确的是（）
A. 若，则该方程表示椭圆，其焦点在y轴上
B. 若，则该方程表示圆，其半径为
C. 若，则该方程表示椭圆，其焦点在x轴上
D. 若，则该方程表示两条直线
【答案】ACD
【解析】
【分析】AC选项，化为标准方程，结合椭圆特征得到答案；B选项，化为，得到B正确；D选项，化为，故D正确.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，即该方程表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，此时该方程表示圆心在原点，半径为的圆，故B错误；
对于C，，则可化为，
由于，所以，故该方程表示焦点在x轴上的椭圆，故C正确；
对于D，若，则可化为，即，
此时该方程表示平行于x轴的两条直线，故D正确．
故选：ACD
10. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，下列结论正确的是（）
A. 圆C的方程是
B. 过点A且斜率为的直线被圆C截得的弦长为
C. 圆C与圆有四条公切线
D. 过点A作直线l，若圆C上恰有三个点到直线l距离为，该直线斜率为
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，设，再根据列式化简可得圆的方程；对B，根据垂径定理求解即可；对C，根据圆心间的距离与半径和差的关系判断两圆位置关系，进而可得公切线条数；对D，分直线斜率为0与不为0讨论，再根据圆心到直线距离与半径的关系列式求解即可.
【详解】对A，设，由可得，即，化简可得，故A错误；
对B，过点A且斜率为的直线方程为，即，则圆的圆心到的距离为，故所求弦长为，故B正确；
对C，圆圆心到圆心的距离为，又两圆的半径和为，故两圆相交，有两条公切线，故C错误；
对D，当直线斜率为0时，圆C上有四个点到直线l距离为不合题意，设直线，则由题意C到的距离等于，即，解得，故斜率直线斜率为，故D正确；
故选：BD
11. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，若，则（）
A. B. 的面积等于
C. 直线的斜率为D. 的离心率等于
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线段比例关系以及椭圆定义可知，且满足，即可得A正确；易知可得B正确；在等腰直角三角形中，可知直线斜率为，计算可得的离心率等于.
【详解】由可知，
不妨设，又，可得；
利用椭圆定义可知，所以可得；
即，所以点即为椭圆的上顶点或下顶点，如下图所示：
由，可知满足，所以；即A正确；
所以等腰直角三角形，且，
因此的面积为，即B正确；
此时可得直线的斜率，所以C错误；
在等腰直角三角形中，易知，即可得离心率，即D正确；
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若圆柱的底面半径为2，轴截面的对角线长为5，则这个圆柱侧面展开图的对角线长为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理及圆柱与圆柱侧面展开图的关系即可求解.
【详解】因为圆柱的底面半径为2，
所以圆柱的底面直径为4，
又因为轴截面的对角线长为5，
所以圆柱的高为，
所以圆柱的侧面展开图的长为，宽为3，
所以这个圆柱侧面展开图的对角线长为.
故答案为：.
13. 设直线与直线的交点为P，则P到直线的距离的最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.
【详解】由可以得到，故，
直线的方程可整理为：，故直线过定点，
因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，
故，
故答案为：.
14. 设I、G分别是的内心和重心，若于F，则以B、C为焦点且过点A的椭圆的离心率是____________．
【答案】
【解析】
【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率.
【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点，

设点，，则，
因为为的重心，所以，
因为轴，所以点横坐标也为，，
因为为的角平分线，
则有，
又因为，所以可得，
又由角平分线的性质可得，，而
所以得，
所以，，
所以，即，
因为
即，化简得,解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是利用等面积法建立关于的关系式，同时也应用了重心坐标公式，注意数形结合.
三、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. 已知圆是以点和点2,0为直径端点的圆，圆是以点和点0,2为直径端点的圆．
（1）求圆，的方程；
（2）已知两圆相交于，两点，求直线的方程及公共弦AB的长.
【答案】（1）：，：
（2），
【解析】
【分析】（1）求出圆心及半径即可得圆的方程；
（2）联立两圆方程，即可求出两圆交点坐标，即可得直线的方程及公共弦AB的长.
【小问1详解】
的圆心为1,0，半径，故：，
的圆心为0,1，半径，故：；
【小问2详解】
联立，解得或，
则，则，.
16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出角.
（2）利用正弦定理边化角，再利用差角的正弦及辅助角公式化简，借助正弦函数性质求出范围.
【小问1详解】
由，得
由余弦定理得，而，
所以.
【小问2详解】
由（1）及正弦定理得
由，得，即，则，
所以的取值范围是.
17. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是，上的动点，且．
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）构建空间直角坐标系，令且，应用向量法求证垂直即可；
（2）由三棱锥体积最大，只需△面积最大求出参数，再标出相关点的坐标，求平面与平面的法向量，进而求它们夹角的余弦值，即可得正切值.
小问1详解】
如下图，构建空间直角坐标系，令且，
所以，，，，
则，，故，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）可得三棱锥体积取最大，即面积最大，
所以当时，故、为、上的中点，
所以，，，故，，
若为平面的法向量，则，令，故，
又面的法向量为，
所以，
设平面与平面的夹角为，由图可知为锐角，则，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角正切值为.
18. 已知椭圆的左、右顶点为，，焦距为.为坐标原点，过点、的圆交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
（1）求椭圆的方程；
（2）记直线，的斜率分别为、，求的值；
（3）证明：直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意求出，即可得答案；
（2）法一：设，写出圆的方程为：，利用圆过，代入圆的方程得，化简，即得答案；法二：设，圆半径为r，写出圆方程，圆过，可得，由此化简，，即得答案.
（3）设直线，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合，化简可得参数之间的关系式，结合直线的点斜式，即可确定定点坐标.
【小问1详解】
由已知得，，则，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
法一：设，则圆的方程为：，
圆过，代入圆的方程得，
故；
法二：设，圆半径为r，则圆方程为：，
圆过，，由题意可设，
则；
【小问3详解】
由题意知，当圆的圆心不在x轴上时，直线PQ斜率存在，
设直线，，
则，需满足，
则，，
则，
结合第一问知，即，
即得，
化简得，
解得或，
当时，直线PQ方程为，直线PQ过点A-2,0，不合题意，
当时，直线PQ方程为，
故直线PQ过定点；
当圆的圆心在x轴上时，M，N关于x轴对称，此时直线PQ斜率不存在，
圆G方程为，
令，则，此时不妨设，
则的方程为，即，
联立，得，解得或，
即P点横坐标为，则直线PQ此时也过点，
故直线PQ过定点.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第三问中的定点问题，解答时要利用设方程，求出参数之间的关系，利用直线的点斜式确定定点坐标，要特别注意计算的复杂性.
19. 已知.定义点集与的图象的公共点为在上的截点.
（1）若在上的截点个数为.求实数的取值范围；
（2）若在上的截点为与.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意转化为无解，判断可得，则，即可求出的取值范围；
（2）（i）依题意可得方程在上有两个解，可化为函数在上有两个零点的问题，去掉绝对值，讨论函数的单调性，求出在上存在两个零点时的取值范围；（ii）由（i）可得和，消去，即可得到，结合的范围即可证明.
【小问1详解】
当时，，
因为在上截点个数为，
关于的方程无实数解，即无实数解，
易知，所以，解得，
即的取值范围是.
【小问2详解】
（i）当时，，
因为在上的截点为与，
所以关于的方程在上有两个解，，
即在上有两个解，，
不妨设，
令
因为时，，所以在上至多一个解，
若，则，就是的解，
从而，这与题设矛盾.
因此，，
由得，所以，
由得，所以，
当时，方程在上有两个解.
（ii）由和消去得，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：令去掉绝对值号，根据一次函数及二次函数的图象与性质，分析函数零点，求出参数的取值范围是解题的关键.