四川省达州市2024_2025学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份四川省达州市2024_2025学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共16页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 设向量，，若，则， 椭圆的焦点坐标是， 直线与圆的位置关系为， 若方程所表示的曲线为，则等内容，欢迎下载使用。
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
【答案】B
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系，可得答案.
【详解】由直线，则其斜率为，设其倾斜角为，则，解得.
故选：B.
2. 设向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为计算即可.
【详解】因为，可得，
即，解之可得.
故选：D
3. 椭圆的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程求解即可.
【详解】由于椭圆标准方程为：.
，，所以，则.
又，所以焦点在轴上，故焦点坐标为：.
故选：C.
4. 直线与圆的位置关系为（ ）
A. 相离B. 相交C. 相切D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离与半径的关系再结合同角三角函数关系计算即可；
【详解】圆心坐标，半径，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切，
故选：C.
5. 若是两条不相同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中为真命题的是
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面关系，对A、B、D,都可能推出l，而C，由面面平行的性质定理直接判断即可.
【详解】对A、B、D,都可能推出l,所以不正确；
对C，根据两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，所以正确.
故选C.
【点睛】本题考查了线面、面面平行的判定定理与性质定理的应用，考查了空间线面的位置关系，属于基础题．
6. 从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）
A. 至少有一个黑球与都是黑球B. 恰好有一个黑球与都是红球
C. 至少有一个黑球与都是红球D. 恰好有两个黑球与至少一个红球
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】对于选项A：至少有一个黑球包括一黑一红、两黑，与都是黑球有可能同时发生，故不是互斥事件，故选项A不正确；
对于选项B：恰好有一个黑球与都是红球是互斥事件，还有可能两个黑球，故互斥不对立，
故选项B正确；
对于选项C：至少有一个黑球包括一黑一红、两黑，与都是红球是对立事件，故选项C不正确；
对于选项D：至少一个红球包括一黑一红、两红与恰好有两个黑球是对立事件，故选项D不正确，
故选：B.
7. 定义在R上的偶函数在上单调递增，且，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由偶函数的性质可得，函数在上单调递减，结合函数性质解不等式即可.
【详解】因为为的偶函数，又，在上单调递增，
所以，函数在上单调递减，
所以当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
又当或或时，，
所以的解集为，
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，点，若点满足，则的最大值为（ ）
A. 9B. 11C. 13D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】设，由已知求得满足的关系，代入后可得最大值．
【详解】设，由得，整理得，
，
因为，所以，所以，时，，
故选：C．
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错项得0分.
9. 下列关于空间向量的命题中，是真命题的有（ ）
A. 设为空间的一组基底，且则四点共面
B. 若非零向量，满足则有
C. 与一个平面法向量共线的非零向量都是该平面的法向量
D. 将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据共面向量定理的推论判断A，由平行向量的定义判断B，由法向量定义判断C，由单位向量定义判断D．
【详解】为空间的一组基底，若共面，则且，
又所以，矛盾，所以不共面，A错；
都是非零向量，，则与方向相同或相反，同理，与方向相同或相反，
所以与方向相同或相反，从而，B正确；
由法向量的定义知C正确；
将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点到这个直线的距离都等于1，终点构成一个球面，D正确．
故选：BCD．
10. 若方程所表示的曲线为，则（ ）
A. 曲线可能是圆
B. 若为椭圆，且焦点在轴上，则
C. 若，则为椭圆
D. 当时，表示焦点在轴上的椭圆，焦距为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件，利用圆、椭圆的标准方程及椭圆的性质，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于A，当，即时，曲线，表示圆，故A正确；
对于B，若为椭圆，且焦点在轴上，
则，解得，故B正确；
对于C，由A知，当时，曲线为圆，故C错误；
对于D，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，
其焦距为，故D错误.
故选：AB.
11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
C. 该半正多面体过三点的截面面积为
D. 该半正多面体外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积.
【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的．
对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为：，故A正确；
对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确；
对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2，
可分割为6个正三角形，所以，故C错误；
对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2，
侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确，
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知椭圆中，点是椭圆上一点，是椭圆的焦点，且，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，然后由面积公式计算面积．
【详解】由题意，，，，
中，，
所以，
∴，
所以.
故答案为：．
13. 无论为何值，直线过定点__________.
【答案】
【解析】
【分析】把直线方程整理成关于参数的恒等式，再由恒等式知识求解．
【详解】直线方程可化为，
由得，
所以直线过定点，
故答案为：．
14. 若恰有三组不全为0实数对满足关系式，则实数t的所有可能取值的和为______.
【答案】
【解析】
【分析】对已知变形为，然后转化为仅有三条直线满足和到直线（不过原点）的距离t相等，然后对进行分类讨论求解即可.
【详解】由已知得，，整理得，
看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离t相等；
由，
（1）当，此时，易得符合题意的直线l为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线.
（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，
注意到l不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去；设点A到l的距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，
此时，，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且以为方向向量，其方程为，
此时，，符合；
综上，满足题意的实数t为，，，它们的和为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了点到直线距离公式的应用以及方程组解的个数问题解法，解题的关键是把问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线（不过原点）的距离t相等，属于难题.
四､解答题：本题共5个小题，共77分，其中15题13分，16-17题每道15分，18-19题每道17分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 求满足下列条件的椭圆的标准方程：
（1）焦点坐标分别为，且经过点；
（2）经过两点.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：根据焦点位置设椭圆方程，根据两点距离公式结合椭圆第一定义求出，进一步，即可得解；
解法二：根据焦点位置设椭圆方程，将点的坐标代入椭圆方程，结合，即可得解；
（2）解法一：分椭圆的焦点在轴和椭圆的焦点在轴两种情况，设出椭圆的标准方程为，将点的坐标代入列方程组，求解即可；
解法二：设所求椭圆的方程为，将两点的坐标代入求解即可.
小问1详解】
解法一：椭圆的焦点在轴上，
设所求椭圆的标准方程为.
由题意知，，
解得，.
所求椭圆的标准方程为.
解法二：椭圆的焦点在轴上，
设所求椭圆的标准方程为.
由题意得，解得，
所求椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解法一：（i）当椭圆的焦点在轴上时，设椭圆的标准方程为，
依题意知解得
，
焦点在轴上的椭圆不存在.
（ii）当椭圆的焦点在轴上时，
设椭圆的标准方程为.
由题意得解得.
故所求椭圆的标准方程为.
解法二：设所求椭圆的方程为.
由题意得
解得
故所求椭圆的方程为，
即椭圆的标准方程为.
16. 已知的顶点，边上的高所在的直线方程为．
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在的直线方程为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意，求得，设点，求得，再求得点，进而求得的斜率
，进而求得直线的方程．
【小问1详解】
解：因为边上的高所在的直线方程为，可得斜率为，
可得直线的斜率，又因为的顶点，
所以直线的方程为，即；
所以直线的方程为.
【小问2详解】
解：直线边上的中线所在的直线方程为，
由方程组，解得，所以点，
设点，则的中点在直线上，所以，即，
又点在直线上，，解得，所以，
所以的斜率，所以直线的方程为，
即直线的方程为．
17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是AD的中点，是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明,来证明；
（2）构建空间直角坐标系，通过求两个面的法向量求解面面夹角；
【小问1详解】

因平面，平面，
所以，
由，知，，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，是的中点，所以，
又，平面，
所以平面.
【小问2详解】

以C为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，
故，，，
设平面的法向量，
则，即，取，
由（1）可知为平面ADE的法向量
则，
即平面ADE与平面所成夹角的余弦值.
18. 在中，角A，，所对的边分别为，，，且满足，的外接圆的半径为.
（1）求角的值；
（2）如果，求的面积；
（3）求内切圆半径的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角形内角和及正弦的和角公式消角得，计算即可；
（2）利用正弦定理先计算c，由正余弦定理得出关系式解方程得，再利用面积公式计算即可；
（3）利用面积公式及三角形内切圆半径、周长及三角形面积的关系式得，结合余弦定理得，化简得，再利用基本不等式计算最值即可.
【小问1详解】
由及正弦定理，可得
又因为
所以，故，
由于，所以.
【小问2详解】
由已知，
由余弦定理可得①
又由可得②
由①②可解得，
所以
【小问3详解】
因为，
所以，即
由可知，即
从而
又因为，所以，因此
从而的最大值为，当且仅当，即为正三角形时等号成立
19. 已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线与圆交于两点，当时，求直线的一般式方程；
（3）过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积为，求的最大值.
【答案】（1） ；
（2）或；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题意，设圆方程为，根据直线与圆的位置关系和两直线的位置关系可得，解之即可求解；
（2）根据几何法求弦长可得圆心到直线的距离为，易知当直线斜率不存在时满足题意；当斜率不存在时，设直线方程，利用点线距公式计算建立关于k的方程，解之即可求解；
（3）直线方程联立圆的方程，解得，同理可得，则，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
由题可知，设圆的方程为，圆心为，
由直线与圆相切于点，
得，解得，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为d，
∵，∴，.
①当直线斜率不存在时，，满足到直线的距离；
②当直线斜率存在时：设方程：，即，
，整理得，解得，
，即，
综上：直线的一般式方程为或；
【小问3详解】
由题意知，，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
由，得，
解得或，则点A的坐标为，
又直线的斜率为，同理可得：点的坐标为，
由题可知：，
，
又，同理，
，
当且仅当时等号成立，
的最大值为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.