湖南省名校聯(lián)合體2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)試題（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項：
1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)的答案標(biāo)號涂黑，如有改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1. 已知，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算求值即可.
【詳解】因為.
故選：B
2. 將直線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到直線，則的方程是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由題意可知，由兩直線的斜率之積為（兩直線的斜率均存在時）可求的斜率，且過，由直線的點斜式可得的方程．
【詳解】直線的方程為，其斜率為，
設(shè)直線的斜率為，，
．
由題意可知，，，
的方程為：，即．
故選：B
3. 圓與圓的位置關(guān)系是（）
A. 內(nèi)含B. 內(nèi)切C. 外離D. 相交
【答案】D
【解析】
【分析】結(jié)合兩圓的圓心距與兩圓半徑之間的關(guān)系，即可求解．
【詳解】圓，則圓心，半徑，
圓，則圓心，半徑，
則，
由于，即，
故圓與圓的位置關(guān)系為相交．
故選：D．
4. 若橢圓的右焦點坐標(biāo)為，則的值為（）
A. 1B. 1或3C. 9D. 1或9
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓中的關(guān)系即可求解.
【詳解】根據(jù)右焦點坐標(biāo)為，可得，且焦點在軸上，
故，
故選：C
5. 已知空間任意一點，四點共面，且任意三點不共線，若，則最大值為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)四點共面得出，再分類結(jié)合基本不等式計算求解.
【詳解】因為四點共面，且任意三點不共線，得出，都不是0，
當(dāng)時，，計算可得，的最大值為18，
當(dāng)且僅當(dāng)時取最大值，
當(dāng)時，，
所以的最大值為18，
故選：C.
6. 如圖，正四棱錐的棱長均為2，分別為，的中點，則點到直線的距離為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)點到直線的向量法，即可建立空間直角坐標(biāo)系求解.
【詳解】取底面的中心為，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，,
則，
所以，，
故點到直線的距離為,
故選：A
7. 已知函數(shù)，若對任意恒成立，則的取值范圍為（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)將問題轉(zhuǎn)化為，根據(jù)函數(shù)在上單調(diào)遞減，即可由求解.
【詳解】當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
故，
由可得
當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
因此對任意的都有為奇函數(shù)，
且當(dāng)時，單調(diào)遞減，且，故在上單調(diào)遞減，
故由得，
故對任意的成立，
故，解得或.
故選：B
8. 在《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑.如圖所示，某同學(xué)利用兩個完全一樣的半圓柱，得到了一個三棱錐，該三棱錐為鱉臑，，為半圓柱的圓心，半徑為2，，，動點在內(nèi)運動（含邊界），且滿足，則點的軌跡長度為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)鱉臑的特點及已知邊長得出進(jìn)而得出點的軌跡為以為圓心以為半徑的半圓即可求出軌跡長度.
【詳解】因為三棱錐為鱉臑，平面，
在中，，
過做垂足為，則，
即，所以，
因為，
，
在中，，
所以，則，
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，
因為平面，所以，
所以中，，
過作，，
即，可得，
則過作，因為是AD中點，所以，
所以動點在內(nèi)（含邊界）的軌跡為以為圓心以為半徑的半圓，
則點的軌跡長度為.
故選：A.
二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．
9. 函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）
A. B.
C. 是曲線的一條對稱軸D. 在區(qū)間上單調(diào)遞增
【答案】AD
【解析】
【分析】對于A，根據(jù)圖象求得求解判斷；對于B，由由求解判斷；利用三角函數(shù)的對稱軸對C選項進(jìn)行判斷，利用三角函數(shù)的單調(diào)性對D選項進(jìn)行判斷.
【詳解】對于A，因為，所以由圖象知，
，所以，A選項正確；
由圖象知，又因為，
所以即，
因為，所以，B錯誤；
對于C，當(dāng)時，，
則不是的對稱軸，故C錯誤；
對于D，的單調(diào)增區(qū)間滿足：，，
即單調(diào)增區(qū)間為，，
當(dāng)時，增區(qū)間為，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，故D正確.
故選：AD.
10. 如圖，正方體的體積為8，，，，分別為，，，的中點，則下列說法正確的是（）

A. 直線與為異面直線
B. 向量在向量上的投影向量為
C. 若為上靠近點的四等分點，則4
D. 線段上存在點，使得平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)異面直線的定義即可求解A，利用投影向量的計算方法即可求解B，利用空間向量的線性運算即可求解C，利用法向量可得為中點，此時平面，即可判定D.
【詳解】對于A，取中點，連接,由于,,與相交，因此與為異面直線，A正確，

對于C，若為上靠近點的四等分點，,則,故，C正確，
對于B，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由體積為8可得棱長為2，則,
,則，
向量在向量上的投影向量為，故B正確，

對于D，假設(shè)線段上存在點，其中，使得平面，
,設(shè)平面的法向量為m=x,y,z，
則，取，則，
,
由于平面，所以，解得，
此時為中點，此時,
由于故也是平面的法向量，
又平面與平面有公共點，因此平面與平面重合，
故平面，故D錯誤，

故選：ABC
11. 設(shè)圓，直線為上的動點，過點作圓的兩條切線，，切點分別為，，則下列說法正確的是（）
A. 若圓心到直線的距離為，則
B. 直線恒過定點
C. 若線段的中點為，則的最小值為
D. 若，則
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)弦長公式即可求解A，利用切點圓方程，可得直線的方程為，即可求解定點判定B，利用相似以及勾股定理可得，利用單調(diào)性求解的最值即可求解C，利用向量的坐標(biāo)運算即可求解D.
【詳解】對于A，圓的半徑為，故，A正確，
對于B，由題意可知點，，在以為直徑的圓上，
設(shè)，,其圓的圓心為，故方程為：，化簡為，
與方程相減可得，
則直線的方程為，
令，解得，因此直線恒過定點，因此B正確；
對于C，由于,故,
故,解得,
由于函數(shù)均為0,+∞內(nèi)的單調(diào)遞增函數(shù)，故為0,+∞內(nèi)的單調(diào)遞增函數(shù)，
當(dāng)時，此時最小，且最小值為，
當(dāng)最小時，故的最小值為,故C錯誤，
對于D，由于,故,
由選項C可知的最小值為，故，
故，進(jìn)而可得,由于，進(jìn)而可得，即,因此，
，故，即，D正確，
故選：ABD
【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)銳角三角函數(shù)可得，進(jìn)而根據(jù)最小值可得，即可根據(jù)互補可得,因此，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算求解.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知事件與事件相互獨立，且，則__________．
【答案】0.7
【解析】
【分析】利用任意兩個事件的和事件的概率計算公式以及相互獨立事件的概率乘法公式即可求解．
【詳解】因為事件與事件相互獨立，，
所以，
所以,
故答案為：0.7．
13. 已知點是直線上一點，則的最小值為__________．
【答案】5
【解析】
【分析】根據(jù)點關(guān)于直線對稱，可得可得對稱點，即可利用三點共線求解.
【詳解】設(shè)點關(guān)于直線的對稱點，
則，解得，
故，故,
故最小值為：5
14. 已知橢圓的左，右焦點分別為，過原點的直線與相交于，兩點，若且，則橢圓的離心率為__________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓對稱性以及可得，根據(jù)勾股定理可得，即可代入求解，結(jié)合已知條件得到，即可求解.
【詳解】因為過原點的直線與相交于，兩點，,故四邊形為矩形，故，又，，
所以，則，
又，
即，且，
解得，（由于，故舍去）
結(jié)合，故，即
又，
因此，故，解得，
故答案為：
點睛】關(guān)鍵點點睛：由解方程得到，結(jié)合橢圓定義得到，聯(lián)立可得.
四、解答題：本題共5小題，共77分．答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 在中，角，，的對邊分別為，，，且．
（1）求角的大??；
（2）若，，角的平分線交于點，求線段的長．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化可得，即可由輔助角公式可得，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可求解，
（2）根據(jù)余弦定理可得，即可利用等面積法或者利用角平分線定理，結(jié)合向量的線性運算以及模長公式求解.
【小問1詳解】
因，
由正弦定理可得．
又因為，則，
所以，整理得，即．
因為，所以，
所以，所以．
【小問2詳解】
在中，，且，
則有，解得（舍去負(fù)值）．
方法1：由面積，
，
即，則，線段的長是．
方法2：由內(nèi)角平分線定理有，
則，，
所以，線段的長是．
16. 已知圓的圓心在軸上，且經(jīng)過點，．
（1）求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若圓上存在一點滿足的面積為5，求直線的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可代入求解半徑和圓心坐標(biāo)，即可求解，
（2）根據(jù)兩點坐標(biāo)得直線的方程，以及兩點距離，根據(jù)點到直線的距離公式可得或，即可求解直線方程，或者利用平移，結(jié)合直線與圓相交求解交點的坐標(biāo)，即可求解直線方程，或者利用三角換元法，再根據(jù)點到直線的距離公式求解.
【小問1詳解】
由題意，設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
代入點，解之得，
故圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
【小問2詳解】
解法一：
由，可得斜率為，
故直線的方程為，
由得點到直線的距離，
設(shè)，則，解得或，
即或，
當(dāng)時，直線的方程為，
當(dāng)時，直線的方程為，
綜上直線的方程為或
解法二：因為直線的斜率，
所以直線的方程為，即，
，設(shè)點到直線的距離為，
則由得，
則將直線沿著與垂直的方向平移個單位即可，
此時該平行線與圓交點即為點，設(shè)該平行線的方程為，
則，解得或，
當(dāng)時，聯(lián)立，解得或，即或，
當(dāng)時，直線的方程為，
當(dāng)時，直線的方程為，
綜上直線的方程為或
解法三：同解法一得到直線的方程為，
點到直線的距離，
設(shè)，其中，則有，
聯(lián)立，解得或，
即或
當(dāng)時，直線的方程為，
當(dāng)時，直線的方程為，
綜上直線的方程為或
17. 圖1是棱長為2的正方體，，，，分別是，，，的中點，截去三棱柱和三棱柱得到如圖2的四棱柱，，分別是，的中點，過點，，的平面交于點．
（1）求線段的長；
（2）求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）先根據(jù)平面的性質(zhì)，確定點的位置，再求的長度.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量求二面角的余弦值.
【小問1詳解】
方法一：在圖1中延長與相交于，延長與相交于，延長與相交于，連接交于，如圖所示，由∽，
得，求得．
方法二：在圖1中過點作的平行線交于點，連接交于點，
如圖所示，易知．
【小問2詳解】
在圖2中，以為坐標(biāo)原點，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，平面即平面，則，
設(shè)面的法向量，
有，令，則，
，
設(shè)面的法向量為，
有，令，則，
．
則面與面的夾角的余弦值是．
18. 在直角坐標(biāo)系中，點，動點滿足直線與斜率之積為．記的軌跡為曲線．
（1）求的方程，并說明是什么曲線；
（2）過左焦點且與坐標(biāo)軸不垂直的直線，與曲線相交于，兩點，的中點為，直線與曲線相交于，兩點．求四邊形面積的取值范圍．
【答案】（1）曲線是以坐標(biāo)原點為中心，焦點在軸上，不包括左右兩頂點的橢圓，；
（2）．
【解析】
【分析】（1）用把點滿足的條件表示出來，列出方程，化簡即可.注意：要注明取值范圍.
（2）設(shè)直線的方程，代入橢圓方程，消去，得到關(guān)于的一元二次方程，利用韋達(dá)定理得到，，求出弦長AB即中點，進(jìn)而寫出直線，與橢圓方程聯(lián)立，得到點的坐標(biāo)，利用點到直線的距離公式表示點到直線的距離，表示出四邊形的面積，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，可確定四邊形面積的取值范圍.
【小問1詳解】
直線的斜率為，
直線的斜率為，
由題意可知：，
所以曲線是以坐標(biāo)原點為中心，焦點在軸上，不包括左右兩頂點的橢圓，
其方程為；
【小問2詳解】
如圖：

法一：直線的斜率存在且不為0，設(shè)，
聯(lián)立，整理得恒成立，
且，則，
則，即，
直線的方程為，與，聯(lián)立得，
設(shè)點到直線的距離分別為，
則，
四邊形面積
，
又，所以，故四邊形面積的取值范圍為.
法二：易知直線的斜率存在且不為0，設(shè)，
代入點得，相減得，
整理得①；
聯(lián)立，得，所以．
；
設(shè)，由①得，直線方程為，
聯(lián)立，解之得，即．
設(shè)點到直線的距離分別為，
則，，
.
所以四邊形的面積，
又，所以，
所以，故四邊形面積的取值范圍為．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第2問，求四邊形面積的取值范圍，先利用對角線把四邊形分割成兩個三角形，利用弦長公式求出的長，在結(jié)合點到直線的距離求三角形的高，表示出四邊形的面積.
19. 已知集合，為正整數(shù)且為集合的子集，記表示集合中元素的個數(shù)．
（1）當(dāng)時，，請寫出滿足條件的集合；
（2）當(dāng)時，對任意的可以相同），都有，求的最大值；
（3）若均為的子集，且，求證：一定存在兩個不同的子集，使得．
【答案】（1），．
（2）10；（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)集合中有4個元素，即可列舉求解，
（2）根據(jù)滿足要求，可得，只需要證明不成立，即可，
（3）利用反證法，結(jié)合定義即可求證.
【小問1詳解】
∵
∴集合有：，．
【小問2詳解】
取此時中最小的三個元素時且，且，
故滿足對于任意的，，
當(dāng)時，集合中的元素取從大到小對應(yīng)的個數(shù)，均成立，
下證當(dāng)不成立，
作三元子集，
則，對的任意一個11元子集，必包含某，
若，則有成立，與矛盾；
若，則元素與矛盾，
∴的最大值為10；
【小問3詳解】
（反證法）假設(shè)對任意的，
①若，三元子集至少有個，與元素只有個矛盾，
②若，
若，則，
將分成若干組，每組中的兩個三元子集都有2個公共元素，不同組中無公共元素．
下證，任取一組有個三元子集，有個元素，則，
當(dāng)時，，則，
當(dāng)時，，
而三元子集有個，至少要有個元素，矛盾．
∴一定存在兩個不同的子集，使得
【點睛】方法點睛：對于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和計算特性，抽象特性是將集合可近似的當(dāng)作數(shù)列或者函數(shù)分析.計算特性，將復(fù)雜的關(guān)系通過找規(guī)律即可利用已學(xué)相關(guān)知識求解.

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