2024—2025学年度浙江省杭州市富阳区高二上学期（12月）月考数学试题[含解析]

这是一份2024—2025学年度浙江省杭州市富阳区高二上学期（12月）月考数学试题[含解析]，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知在中，，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面向量，，，若∥，则（ ）
A．B．C．D．
5．一条光线从点射出，经直线反射后经过点，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．在平面直角坐标系中，已知点在圆内，动直线过点且交圆于两点，若的面积的最大值为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知菱形的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．如图1所示，双曲线具有光学性质；从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E：的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共4小题，每题5分，每题多个正确选项，漏选得2分，有选错的得0分.）
9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．直线过定点，直线过定点
D．当，平行时，两直线的距离为
10．若实数、满足条件，则下列判断正确的是（ ）
A．的范围是B．的范围是
C．的最大值为1D．的范围是
11．已知双曲线：与直线交于两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，，曲线的左、右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的离心率为
C．若，则的面积为2
D．若的面积为，则为钝角三角形
12．已知正方体棱长为2，P为空间中一点.下列论述错误的是（ ）
A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若，三棱锥的体积不是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是
三、填空题（共4小题，每题5分）
13．已知空间向量，，向量在向量上的投影向量坐标为
14．斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ．
15．在正四面体中，分别为和的中点，则异面直线与所成角的余弦值
16．在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值为 .
四、解答题（共5小题，每小题12分，）
17．已知点M(0，3)，N(-4，0)及点P(-2，4)；
（1）若直线l经过点P且lMN，求直线l的方程；
（2）求△MNP的面积.
18．已知圆过两点，，且圆心P在直线上．
(1)求圆P的方程；
(2)过点的直线交圆于两点，当时，求直线的方程．
19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，直线平面；
(2)当为中点时，求与平面所成角的正弦值.
20．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，.
(1)求的值；
(2)若为锐角三角形，求的面积.
21．如图， 已知矩形 中，，，为的中点， 将 沿折起， 使得平面平面．
(1)求证：平面平面；
(2)若点是线段上的一动点，且，当二面角 的余弦值为时， 求的值．
22．椭圆：的右焦点是，且经过点；直线与椭圆交于，两点，以为直径的圆过原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当直线AB的斜率为2时，求AB的长度；
(3)若过原点的直线与椭圆交于，两点，且，求四边形面积的范围.
1．D
【分析】根据复数的除法运算法则，结合复平面内对应的点的特征进行判断即可.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点所在的象限为第四象限，
故选：D
2．A
【分析】利用正弦定理得再利用余弦定理可以求解.
【详解】，由正弦定理得 ，
由余弦定理知,
.
故选：A.
本题考查正弦、余弦定理.
熟练运用正弦、余弦定理及变形是解题的关键.
正弦定理常见变形： 、 、
3．D
【分析】由题意结合图形的几何性质将向量分解成，，的线性组合即可.
【详解】由题意
.
故选：D.
4．C
【分析】先求出的坐标，再由∥，列方程可求出的值，从而可求出的坐标，进而可求出
【详解】因为，，所以，
因为∥，，
所以，解得，
所以，
所以，
故选：C
5．B
【分析】求出点关于直线的对称点，再利用反射光线过点，即可求解.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，化简得，解得，
故反射光线过点，
则反射光线所在直线的方程为.
故选：B.
6．C
【分析】由题知圆心为，进而根据三角形面积公式得面积最大时，，圆心到直线的距离为，再根据题意解不等式即可得答案.
【详解】解：圆，即圆，即圆心为，
所以的面积为，
当且仅当，此时为等腰直角三角形，，圆心到直线的距离为，
因为点在圆内，
所以，即，
所以，，解得或，
所以，实数的取值范围是
故选：C
7．A
【分析】作出辅助线，证明出线面垂直，面面平行，得到点F轨迹为（除外），并得到为二面角的平面角，则，结合菱形性质求出的三边长，得到轨迹长度.
【详解】取的中点，连接，
因为菱形的边长为2，，
所以，均为等边三角形，
故⊥，⊥，且，
为二面角的平面角，则，
故为等边三角形，，
又，平面，
所以⊥平面，
又E为的中点，取的中点，的中点，
连接，则，且，
因为平面，平面，所以平面，
同理得平面，
因为，平面，
故平面平面，
所以⊥平面，
故点F轨迹为（除外），
故点F轨迹的长度为.

故选：A
8．B
【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.
【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，
设，则，显然有，，
，因此，，在，，
即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，
所以E的离心率为.
故选：B
方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
9．AD
【分析】A选项：把的值分别代入两直线，根据直线垂直时，斜率相乘为，直接判断即可；
B选项，把的值分别代入两直线，根据直线平行时，斜率相等判断即可；
C选项，把直线的方程变形，根据直线过定点的定义判断即可；
D选项，由直线平行时，斜率相等，可求得得值，排除重合情况，再利用平行直线的距离公式直接求解即可.
【详解】对于A，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确；
对于B，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；
对于C，由直线：，整理可得： ，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项错误；
对于D，当，平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为，为，此时两直线的距离，故D选项正确.
故选：AD.
10．BD
对于选项A、B、C利用基本不等式进行化简求解即可，对于选项D，利用数形结合进行判断求解
【详解】对于A，，故，化简得，
，所以，，A错
对于B，，又因为实数、满足条件，故，所以，，B对
对于C，由于，所以，，
故，化简得，，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，C错
对于D， 即求该斜率的取值范围，明显地，当过定点的直线的斜率不存在时，
即时，直线与圆相切，
当过定点的直线的斜率存在时，令，
则可看作圆上的动点到定点的连线的斜率，
可设过定点的直线为：，
该直线与圆相切，圆心到直线的距离设为，
可求得，化简得，故，故D对
故选：BD
本题考查基本不等式的运用，以及直线与圆的位置关系，主要考查学生的转化思想和数形结合思想，属于中档题
11．ABD
【分析】设点，利用点差法求得直线的斜率，得到，再由点到直线的距离求得，得出，进而判定A、B正确；设在右支上，记，则，利用，进而求得的面积，可判定C不正确；设，根据三角形的面积求得点的坐标，结合双曲线的定义及余弦定理，判定三角形的形状，可判定D正确.
【详解】设点，则且，
两式相减，得，所以，
因为，所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，
因为焦点到渐近线的距离为，
所以，可得，又因为，所以，
所以双曲线的离心率为，所以A、B正确；
对于C中，不妨设在右支上，记，则，
因为，所以，解得或（舍去），
所以的面积为，所以C不正确；
对于D中，设，因为，所以，
将代入，可得，
由双曲线的对称性，不妨取的坐标为，则，
，
因为，
所以为钝角，所以为钝角三角形，所以D正确.
故选：ABD.
12．ABC
【分析】若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角，即为或其补角，由余弦定理求解可判断A；△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，可判断B；由线面垂直的判定定理可知要使面，则必在面内，显然面，可判断C；建立坐标系，由异面直线的向量法结合二次函数的性质可判断D.
【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，

连接，则，
又且，即为平行四边形，所以，
所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，
而，，，故，错误；
B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，

△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，错误；
C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，
由面，面，则面面，
由，面面，面，
所以面，面，则，同理可证：，
由，、面，故面，
而面面，要使面，则必在面内，
显然面，故错误；

D：由知：在（含端点）上移动，
如下图建系，，，则，
设，则，
所以，令，

当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，
当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，正确.
故选：ABC.
方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
13．
【分析】根据投影向量的定义，利用坐标运算求解即可.
【详解】由投影向量的定义可知，
，
故
14．
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.
故
本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.
15．
【分析】连接，取中点，连接，，判断出（或其补角）为异面直线和所成的角，利用余弦定理即可求解.
【详解】如图所示，连接，取中点，连接，，
因为，分别为和中点，所以，
所以（或其补角）为异面直线和所成的角，
设四面体边长为，则，
所以，而，
，
在中，，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为.
16．
【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为，则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.
【详解】点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
记直线与平面所成角为，
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减.在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时.
故
17．（1）；（2）5.
（1）先求出直线的斜率，运用点斜式求出直线l的方程；（2）求出直线的方程，运用点到直线的距离公式计算出三角形的高，即可求出三角形面积.
【详解】解：（1）由题意可得：，
直线的方程为，即
则直线l的方程为
（2）由题意可得直线MN的方程为：，即，
点P到直线MN的距离为，
，
△MNP的面积
△MNP的面积为5
关键点点睛：求直线l的方程关键是求出直线的斜率，这样可以运用点斜式求出直线方程，要计算三角形面积就要先求出三角形的底和高，然后再求面积.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）依题意可设圆P的方程为，圆P过两点，，可列方程组求解未知数，从而可得圆P的方程；
（2）由弦长，可得圆心到直线的距离为1，当直线的斜率不存在时验证即可，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，由点到直线的距离公式列出方程可求解.
【详解】（1）依题意圆心P在直线上，可设圆P的方程为，
因为圆P过两点，，
所以，解得，
所以圆P的方程为.
（2）由（1）可知，圆心，半径，
当直线的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线的距离为1，
此时满足题意；
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，即，
当时，圆心到直线的距离，
即有，解得，
此时直线的方程为，即为.
综上，直线的方程为或.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证直线平面，只需证明平面平面即可，只需，，结合已知条件以及面面平行的判定定理和性质定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由向量夹角余弦公式即可得解.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
又平面，平面，
所以平面，
又，，
，四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
平面，
平面.
（2）
底面为直角梯形，其中，所以，
又平面，平面，
所以，
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为，，，点为中点.
则，，，，
当为中点时，，，
，
不妨设平面的法向量为，与平面所成角为，
所以，令，解得，
即取平面的法向量为，
.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行角化边，得到，再根据正弦定理求解即可；
（2）根据锐角三角形这一条件得到，根据余弦定理得到c=或 ，舍掉一解后，根据三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理：，
因为，
所以，
又因为，
所以解得，
所以.
（2）因为△ABC为锐角三角形，
所以，所以，
所以在中，由余弦定理得，，
即
解得c=或 ，
当时，，所以此时A为钝角，舍去.
所以
所以的面积.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，连接，证明出平面，过点在平面内作的垂线，交于点，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得实数的值.
【详解】（1）证明：因为在矩形中，，，为的中点，
所以，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，平面平面.
（2）解：取中点，连接，
，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
过点在平面内作的垂线，交于点，
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，
则、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为且，所以，
，．
设平面的一个法向量为，则，
即，取，得．
所以，因为，解得.
22．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）由右焦点是得，把点代入椭圆方程即可得解.
（2）直线设其方程为，联立椭圆方程结合韦达定理以及可得，结合弦长公式即可得解.
（3）当直线斜率存在时，设其方程为，联立椭圆方程结合韦达定理以及得，由得，进一步得面积表达式，进而即可得范围.
【详解】（1）焦点为，则，即，
点在椭圆：上，即，
解得或（舍去），则，
所以椭圆的方程为.
（2）直线设其方程为，，，
联立，可得，
则①，
又②，③
以为直径的圆过原点即
，
将②，③代入得，
解得④，
.
（3）
当直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
则①，
又②，③
以为直径的圆过原点即，
化简可得，
代入②③两式，整理得，
即④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
设线段中点为，由，所以，
又，
又由，则点坐标为，
化简可得，
代入椭圆方程可得，即，
则
，
当直线斜率不存在时，方程为，直线过中点，即为轴，
易得，，，
综上，四边形面积的取值范围为.
关键点睛：第三问的关键是首先分别得以及，由此即可进一步得解.