湖南省2024_2025学年高二数学上学期10月月考题含解析

这是一份湖南省2024_2025学年高二数学上学期10月月考题含解析，共22页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标运算求值即可.
【详解】因为.
故选：B
2. 将直线绕点逆时针旋转90°得到直线，则的方程是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，由两直线的斜率之积为（两直线的斜率均存在时）可求的斜率，且过，由直线的点斜式可得的方程．
【详解】直线的方程为，其斜率为，
设直线的斜率为，，
．
由题意可知，，，
的方程为：，即．
故选：B
3. 圆与圆的位置关系是（）
A. 内含B. 内切C. 外离D. 相交
【答案】D
【解析】
【分析】结合两圆的圆心距与两圆半径之间的关系，即可求解．
【详解】圆，则圆心，半径，
圆，则圆心，半径，
则，
由于，即，
故圆与圆的位置关系为相交．
故选：D．
4. 若椭圆的右焦点坐标为，则的值为（）
A. 1B. 1或3C. 9D. 1或9
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】根据右焦点坐标为，可得，且焦点在轴上，
故，
故选：C
5. 已知空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四点共面得出，再分类结合基本不等式计算求解.
【详解】因为四点共面，且任意三点不共线，得出，都不是0，
当时，，计算可得，的最大值为18，
当且仅当时取最大值，
当时，，
所以的最大值为18，
故选：C.
6. 如图，正四棱锥的棱长均为2，分别为，的中点，则点到直线的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到直线的向量法，即可建立空间直角坐标系求解.
【详解】取底面的中心为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
则，
所以，，
故点到直线的距离为,
故选：A
7. 已知函数，若对任意恒成立，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据将问题转化为，根据函数在上单调递减，即可由求解.
【详解】当时，，
当时，，
故，
由可得
当时，，
当时，，
因此对任意的都有为奇函数，
且当时，单调递减，且，故在上单调递减，
故由得，
故对任意的成立，
故，解得或.
故选：B
8. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点在内运动（含边界），且满足，则点的轨迹长度为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据鳖臑的特点及已知边长得出进而得出点的轨迹为以为圆心以为半径的半圆即可求出轨迹长度.
【详解】因为三棱锥为鳖臑，平面，
在中，，
过做垂足为，则，
即，所以，
因为，
，
在中，，
所以，则，
又平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以中，，
过作，，
即，可得，
则过作，因为是AD中点，所以，
所以动点在内（含边界）的轨迹为以为圆心以为半径的半圆，
则点的轨迹长度为.
故选：A.
二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. 是曲线的一条对称轴D. 在区间上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据图象求得求解判断；对于B，由由求解判断；利用三角函数的对称轴对C选项进行判断，利用三角函数的单调性对D选项进行判断.
【详解】对于A，因为，所以由图象知，
，所以，A选项正确；
由图象知，又因为，
所以即，
因为，所以，B错误；
对于C，当时，，
则不是的对称轴，故C错误；
对于D，的单调增区间满足：，，
即单调增区间为，，
当时，增区间为，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：AD.
10. 如图，正方体的体积为8，，，，分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（）
A. 直线与为异面直线
B. 向量在向量上的投影向量为
C. 若为上靠近点的四等分点，则4
D. 线段上存在点，使得平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据异面直线的定义即可求解A，利用投影向量的计算方法即可求解B，利用空间向量的线性运算即可求解C，利用法向量可得为中点，此时平面，即可判定D.
【详解】对于A，取中点，连接,由于,,与相交，因此与为异面直线，A正确，
对于C，若为上靠近点的四等分点，,则,故，C正确，
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，由体积为8可得棱长为2，则,
,则，
向量在向量上的投影向量为，故B正确，
对于D，假设线段上存在点，其中，使得平面，
,设平面的法向量为m=x,y,z，
则，取，则，
,
由于平面，所以，解得，
此时为中点，此时,
由于故也是平面的法向量，
又平面与平面有公共点，因此平面与平面重合，
故平面，故D错误，
故选：ABC
11. 设圆，直线为上的动点，过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则下列说法正确的是（）
A. 若圆心到直线的距离为，则
B. 直线恒过定点
C. 若线段的中点为，则的最小值为
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据弦长公式即可求解A，利用切点圆方程，可得直线的方程为，即可求解定点判定B，利用相似以及勾股定理可得，利用单调性求解的最值即可求解C，利用向量的坐标运算即可求解D.
【详解】对于A，圆的半径为，故，A正确，
对于B，由题意可知点，，在以为直径的圆上，
设，,其圆的圆心为，故方程为：，化简为，
与方程相减可得，
则直线的方程为，
令，解得，因此直线恒过定点，因此B正确；
对于C，由于,故,
故,解得,
由于函数均为0,+∞内的单调递增函数，故为0,+∞内的单调递增函数，
当时，此时最小，且最小值为，
当最小时，故的最小值为,故C错误，
对于D，由于,故,
由选项C可知的最小值为，故，
故，进而可得,由于，进而可得，即,因此，
，故，即，D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据锐角三角函数可得，进而根据最小值可得，即可根据互补可得,因此，利用向量数量积的坐标运算求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知事件与事件相互独立，且，则__________．
【答案】0.7
【解析】
【分析】利用任意两个事件的和事件的概率计算公式以及相互独立事件的概率乘法公式即可求解．
【详解】因为事件与事件相互独立，，
所以，
所以,
故答案为：0.7．
13. 已知点是直线上一点，则的最小值为__________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据点关于直线对称，可得可得对称点，即可利用三点共线求解.
【详解】设点关于直线的对称点，
则，解得，
故，故,
故最小值为：5
14. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过原点的直线与相交于，两点，若且，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆对称性以及可得，根据勾股定理可得，即可代入求解，结合已知条件得到，即可求解.
【详解】因为过原点的直线与相交于，两点，,故四边形为矩形，故，又，，
所以，则，
又，
即，且，
解得，（由于，故舍去）
结合，故，即
又，
因此，故，解得，
故答案为：
点睛】关键点点睛：由解方程得到，结合椭圆定义得到，联立可得.
四、解答题：本题共5小题，共77分．答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，角的平分线交于点，求线段的长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可由辅助角公式可得，结合三角函数的性质即可求解，
（2）根据余弦定理可得，即可利用等面积法或者利用角平分线定理，结合向量的线性运算以及模长公式求解.
【小问1详解】
因，
由正弦定理可得．
又因为，则，
所以，整理得，即．
因为，所以，
所以，所以．
【小问2详解】
在中，，且，
则有，解得（舍去负值）．
方法1：由面积，
，
即，则，线段的长是．
方法2：由内角平分线定理有，
则，，
所以，线段的长是．
16. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，．
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆上存在一点满足的面积为5，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可代入求解半径和圆心坐标，即可求解，
（2）根据两点坐标得直线的方程，以及两点距离，根据点到直线的距离公式可得或，即可求解直线方程，或者利用平移，结合直线与圆相交求解交点的坐标，即可求解直线方程，或者利用三角换元法，再根据点到直线的距离公式求解.
【小问1详解】
由题意，设圆的标准方程为，
代入点，解之得，
故圆的标准方程为．
【小问2详解】
解法一：
由，可得斜率为，
故直线的方程为，
由得点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
解法二：因为直线的斜率，
所以直线的方程为，即，
，设点到直线的距离为，
则由得，
则将直线沿着与垂直的方向平移个单位即可，
此时该平行线与圆交点即为点，设该平行线的方程为，
则，解得或，
当时，联立，解得或，即或，
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
解法三：同解法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或
当时，直线的方程为，
当时，直线的方程为，
综上直线的方程为或
17. 图1是棱长为2的正方体，，，，分别是，，，的中点，截去三棱柱和三棱柱得到如图2的四棱柱，，分别是，的中点，过点，，的平面交于点．
（1）求线段的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）先根据平面的性质，确定点的位置，再求的长度.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦值.
【小问1详解】
方法一：在图1中延长与相交于，延长与相交于，延长与相交于，连接交于，如图所示，由∽，
得，求得．
方法二：在图1中过点作的平行线交于点，连接交于点，
如图所示，易知．
【小问2详解】
在图2中，以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，平面即平面，则，
设面的法向量，
有，令，则，
，
设面的法向量为，
有，令，则，
．
则面与面的夹角的余弦值是．
18. 在直角坐标系中，点，动点满足直线与斜率之积为．记的轨迹为曲线．
（1）求的方程，并说明是什么曲线；
（2）过左焦点且与坐标轴不垂直的直线，与曲线相交于，两点，的中点为，直线与曲线相交于，两点．求四边形面积的取值范围．
【答案】（1）曲线是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，；
（2）．
【解析】
【分析】（1）用把点满足的条件表示出来，列出方程，化简即可.注意：要注明取值范围.
（2）设直线的方程，代入椭圆方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到，，求出弦长AB即中点，进而写出直线，与椭圆方程联立，得到点的坐标，利用点到直线的距离公式表示点到直线的距离，表示出四边形的面积，根据二次函数的性质，可确定四边形面积的取值范围.
【小问1详解】
直线的斜率为，
直线的斜率为，
由题意可知：，
所以曲线是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，
其方程为；
【小问2详解】
如图：
法一：直线的斜率存在且不为0，设，
联立，整理得恒成立，
且，则，
则，即，
直线的方程为，与，联立得，
设点到直线的距离分别为，
则，
四边形面积
，
又，所以，故四边形面积的取值范围为.
法二：易知直线的斜率存在且不为0，设，
代入点得，相减得，
整理得①；
联立，得，所以．
；
设，由①得，直线方程为，
联立，解之得，即．
设点到直线的距离分别为，
则，，
.
所以四边形的面积，
又，所以，
所以，故四边形面积的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第2问，求四边形面积的取值范围，先利用对角线把四边形分割成两个三角形，利用弦长公式求出的长，在结合点到直线的距离求三角形的高，表示出四边形的面积.
19. 已知集合，为正整数且为集合的子集，记表示集合中元素的个数．
（1）当时，，请写出满足条件的集合；
（2）当时，对任意的可以相同），都有，求的最大值；
（3）若均为的子集，且，求证：一定存在两个不同的子集，使得．
【答案】（1），．
（2）10； （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据集合中有4个元素，即可列举求解，
（2）根据满足要求，可得，只需要证明不成立，即可，
（3）利用反证法，结合定义即可求证.
【小问1详解】
∵
∴集合有：，．
【小问2详解】
取此时中最小的三个元素时且，且，
故满足对于任意的，，
当时，集合中的元素取从大到小对应的个数，均成立，
下证当不成立，
作三元子集，
则，对的任意一个11元子集，必包含某，
若，则有成立，与矛盾；
若，则元素与矛盾，
∴的最大值为10；
【小问3详解】
（反证法）假设对任意的，
①若，三元子集至少有个，与元素只有个矛盾，
②若，
若，则，
将分成若干组，每组中的两个三元子集都有2个公共元素，不同组中无公共元素．
下证，任取一组有个三元子集，有个元素，则，
当时，，则，
当时，，
而三元子集有个，至少要有个元素，矛盾．
∴一定存在两个不同的子集，使得
【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.