四川省達州市萬源中學2024-2025學年高二上學期12月月考數學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網

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，只有一個選項是符合題目要求的.
1. 直線的傾斜角為（）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
【答案】B
【解析】
【分析】根據傾斜角與斜率的關系，可得答案.
【詳解】由直線，則其斜率為，設其傾斜角為，則，解得.
故選：B.
2. 設向量，，若，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據空間向量垂直轉化為數量積為計算即可.
【詳解】因為，可得，
即，解之可得.
故選：D
3. 橢圓的焦點坐標是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由橢圓的標準方程求解即可.
【詳解】由于橢圓標準方程為：.
，，所以，則.
又，所以焦點在軸上，故焦點坐標為：.
故選：C.
4. 直線與圓的位置關系為（）
A. 相離B. 相交C. 相切D. 無法確定
【答案】C
【解析】
【分析】由圓心到直線的距離與半徑的關系再結合同角三角函數關系計算即可；
【詳解】圓心坐標，半徑，
圓心到直線的距離，
所以直線與圓相切，
故選：C.
5. 若是兩條不相同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題中為真命題的是
A. 若，，則B. 若，，則
C. 若，，則D. 若，，則
【答案】C
【解析】
【分析】根據線面關系，對A、B、D,都可能推出l，而C，由面面平行的性質定理直接判斷即可.
【詳解】對A、B、D,都可能推出l,所以不正確；
對C，根據兩個平面平行，則其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行，所以正確.
故選C.
【點睛】本題考查了線面、面面平行的判定定理與性質定理的應用，考查了空間線面的位置關系，屬于基礎題．
6. 從裝有兩個紅球和兩個黑球的口袋內任取兩個球，那么互斥而不對立的事件是（）
A. 至少有一個黑球與都是黑球B. 恰好有一個黑球與都是紅球
C. 至少有一個黑球與都是紅球D. 恰好有兩個黑球與至少一個紅球
【答案】B
【解析】
【分析】根據互斥事件和對立事件的概念判斷四個選項的正誤即可得正確選項.
【詳解】對于選項A：至少有一個黑球包括一黑一紅、兩黑，與都是黑球有可能同時發(fā)生，故不是互斥事件，故選項A不正確；
對于選項B：恰好有一個黑球與都是紅球是互斥事件，還有可能兩個黑球，故互斥不對立，
故選項B正確；
對于選項C：至少有一個黑球包括一黑一紅、兩黑，與都是紅球是對立事件，故選項C不正確；
對于選項D：至少一個紅球包括一黑一紅、兩紅與恰好有兩個黑球是對立事件，故選項D不正確，
故選：B.
7. 定義在R上的偶函數在上單調遞增，且，則的解集是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由偶函數的性質可得，函數在上單調遞減，結合函數性質解不等式即可.
【詳解】因為為的偶函數，又，在上單調遞增，
所以，函數在上單調遞減，
所以當時，，，
當時，，，
當時，，，
當時，，，
又當或或時，，
所以的解集為，
故選：A.
8. 在平面直角坐標系中，點，若點滿足，則的最大值為（）
A. 9B. 11C. 13D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】設，由已知求得滿足的關系，代入后可得最大值．
【詳解】設，由得，整理得，
，
因為，所以，所以，時，，
故選：C．
二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯項得0分.
9. 下列關于空間向量的命題中，是真命題的有（）
A. 設為空間的一組基底，且則四點共面
B. 若非零向量，滿足則有
C. 與一個平面法向量共線的非零向量都是該平面的法向量
D. 將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點構成一個球面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據共面向量定理的推論判斷A，由平行向量的定義判斷B，由法向量定義判斷C，由單位向量定義判斷D．
【詳解】為空間的一組基底，若共面，則且，
又所以，矛盾，所以不共面，A錯；
都是非零向量，，則與方向相同或相反，同理，與方向相同或相反，
所以與方向相同或相反，從而，B正確；
由法向量的定義知C正確；
將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點到這個直線的距離都等于1，終點構成一個球面，D正確．
故選：BCD．
10. 若方程所表示的曲線為，則（）
A. 曲線可能是圓
B. 若為橢圓，且焦點在軸上，則
C. 若，則為橢圓
D. 當時，表示焦點在軸上的橢圓，焦距為
【答案】AB
【解析】
【分析】根據條件，利用圓、橢圓的標準方程及橢圓的性質，對各個選項逐一分析判斷即可得出結果.
【詳解】對于A，當，即時，曲線，表示圓，故A正確；
對于B，若為橢圓，且焦點在軸上，
則，解得，故B正確；
對于C，由A知，當時，曲線為圓，故C錯誤；
對于D，當時，曲線表示焦點在軸上的橢圓，
其焦距為，故D錯誤.
故選：AB.
11. “阿基米德多面體”也稱為半正多面體（semi-regularslid），是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美．如圖所示，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形、六個面為正方形的一種半正多面體．已知，則關于如圖半正多面體的下列說法中，正確的有（）
A. 該半正多面體的體積為
B. 該半正多面體的頂點數、面數、棱數滿足關系式
C. 該半正多面體過三點的截面面積為
D. 該半正多面體外接球的表面積為
【答案】ABD
【解析】
【分析】A選項，該半正多面體是由棱長為的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到，求出正方體體積減去8個三棱錐的體積即可；B選項，得到，B正確；C選項，過三點的截面為正六邊形，結合三角形面積公式求出C錯誤；D選項，轉化為外接球即為底面棱長為2，側棱長為的正四棱柱的外接球，求出外接球半徑，得到表面積.
【詳解】如圖，該半正多面體是由棱長為的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的．
對于A，因為由正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，
所以該幾何體的體積為：，故A正確；
對于B，幾何體頂點數為12，有14個面，24條棱，即，滿足，故B正確；
對于C，由平行關系得到過三點的截面為正六邊形，邊長為2，
可分割為6個正三角形，所以，故C錯誤；
對于D，根據該幾何體的對稱性可知，該幾何體的外接球即為底面棱長為2，
側棱長為的正四棱柱的外接球，故外接球半徑為，
所以該半正多面體外接球的表面積，故D正確，
故選：ABD．
【點睛】方法點睛：立體幾何中截面的處理思路：
（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；
（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
三?填空題：本題共3個小題，每小題5分，共15分.
12. 已知橢圓中，點是橢圓上一點，是橢圓的焦點，且，則的面積為__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，然后由面積公式計算面積．
【詳解】由題意，，，，
中，，
所以，
∴，
所以.
故答案為：．
13. 無論為何值，直線過定點__________.
【答案】
【解析】
【分析】把直線方程整理成關于參數的恒等式，再由恒等式知識求解．
【詳解】直線方程可化為，
由得，
所以直線過定點，
故答案為：．
14. 若恰有三組不全為0實數對滿足關系式，則實數t的所有可能取值的和為______.
【答案】
【解析】
【分析】對已知變形為，然后轉化為僅有三條直線滿足和到直線（不過原點）的距離t相等，然后對進行分類討論求解即可.
【詳解】由已知得，，整理得，
看成有且僅有三條直線滿足，和到直線（不過原點）的距離t相等；
由，
（1）當，此時，易得符合題意的直線l為線段的垂直平分線以及直線平行的兩條直線.
（2）當時，有4條直線l會使得點和到它們的距離相等，
注意到l不過原點，所以當其中一條直線過原點時，會作為增根被舍去；設點A到l的距離為d，
①作為增根被舍去的直線l，過原點和A，B的中點，其方程為，
此時，，符合；
②作為增根被舍去的直線l，過原點且以為方向向量，其方程為，
此時，，符合；
綜上，滿足題意的實數t為，，，它們的和為.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了點到直線距離公式的應用以及方程組解的個數問題解法，解題的關鍵是把問題轉化為有且僅有三條直線滿足和到直線（不過原點）的距離t相等，屬于難題.
四?解答題：本題共5個小題，共77分，其中15題13分，16-17題每道15分，18-19題每道17分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15. 求滿足下列條件的橢圓的標準方程：
（1）焦點坐標分別為，且經過點；
（2）經過兩點.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：根據焦點位置設橢圓方程，根據兩點距離公式結合橢圓第一定義求出，進一步，即可得解；
解法二：根據焦點位置設橢圓方程，將點的坐標代入橢圓方程，結合，即可得解；
（2）解法一：分橢圓的焦點在軸和橢圓的焦點在軸兩種情況，設出橢圓的標準方程為，將點的坐標代入列方程組，求解即可；
解法二：設所求橢圓的方程為，將兩點的坐標代入求解即可.
小問1詳解】
解法一：橢圓的焦點在軸上，
設所求橢圓的標準方程為.
由題意知，，
解得，.
所求橢圓的標準方程為.
解法二：橢圓的焦點在軸上，
設所求橢圓的標準方程為.
由題意得，解得，
所求橢圓的標準方程為.
【小問2詳解】
解法一：（i）當橢圓的焦點在軸上時，設橢圓的標準方程為，
依題意知解得
，
焦點在軸上的橢圓不存在.
（ii）當橢圓的焦點在軸上時，
設橢圓的標準方程為.
由題意得解得.
故所求橢圓的標準方程為.
解法二：設所求橢圓的方程為.
由題意得
解得
故所求橢圓的方程為，
即橢圓的標準方程為.
16. 已知的頂點，邊上的高所在的直線方程為．
（1）求直線的方程；
（2）若邊上的中線所在的直線方程為，求直線的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據題意，得到直線的斜率，結合直線的點斜式方程，即可求解；
（2）根據題意，求得，設點，求得，再求得點，進而求得的斜率
，進而求得直線的方程．
【小問1詳解】
解：因為邊上的高所在的直線方程為，可得斜率為，
可得直線的斜率，又因為的頂點，
所以直線的方程為，即；
所以直線的方程為.
【小問2詳解】
解：直線邊上的中線所在的直線方程為，
由方程組，解得，所以點，
設點，則的中點在直線上，所以，即，
又點在直線上，，解得，所以，
所以的斜率，所以直線的方程為，
即直線的方程為．
17. 如圖，在四棱錐中，平面，，，且，，是AD的中點，是的中點.

（1）求證：平面；
（2）求平面與平面所成夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通過證明,來證明；
（2）構建空間直角坐標系，通過求兩個面的法向量求解面面夾角；
【小問1詳解】

因平面，平面，
所以，
由，知，，
又，平面，
所以平面，
因為平面，所以，
因為，是的中點，所以，
又，平面，
所以平面.
【小問2詳解】

以C為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，
故，，，
設平面的法向量，
則，即，取，
由（1）可知為平面ADE的法向量
則，
即平面ADE與平面所成夾角的余弦值.
18. 在中，角A，，所對的邊分別為，，，且滿足，的外接圓的半徑為.
（1）求角的值；
（2）如果，求的面積；
（3）求內切圓半徑的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理邊化角，結合三角形內角和及正弦的和角公式消角得，計算即可；
（2）利用正弦定理先計算c，由正余弦定理得出關系式解方程得，再利用面積公式計算即可；
（3）利用面積公式及三角形內切圓半徑、周長及三角形面積的關系式得，結合余弦定理得，化簡得，再利用基本不等式計算最值即可.
【小問1詳解】
由及正弦定理，可得
又因為
所以，故，
由于，所以.
【小問2詳解】
由已知，
由余弦定理可得①
又由可得②
由①②可解得，
所以
【小問3詳解】
因為，
所以，即
由可知，即
從而
又因為，所以，因此
從而的最大值為，當且僅當，即為正三角形時等號成立
19. 已知圓與直線相切于點，圓心在軸上.
（1）求圓的標準方程；
（2）若過點的直線與圓交于兩點，當時，求直線的一般式方程；
（3）過點且不與軸重合的直線與圓相交于兩點，為坐標原點，直線分別與直線相交于兩點，記的面積為，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由題意，設圓方程為，根據直線與圓的位置關系和兩直線的位置關系可得，解之即可求解；
（2）根據幾何法求弦長可得圓心到直線的距離為，易知當直線斜率不存在時滿足題意；當斜率不存在時，設直線方程，利用點線距公式計算建立關于k的方程，解之即可求解；
（3）直線方程聯立圓的方程，解得，同理可得，則，結合基本不等式計算即可求解.
【小問1詳解】
由題可知，設圓的方程為，圓心為，
由直線與圓相切于點，
得，解得，
所以圓的方程為；
【小問2詳解】
設圓心到直線的距離為d，
∵，∴，.
①當直線斜率不存在時，，滿足到直線的距離；
②當直線斜率存在時：設方程：，即，
，整理得，解得，
，即，
綜上：直線的一般式方程為或；
【小問3詳解】
由題意知，，
設直線的斜率為，則直線的方程為，
由，得，
解得或，則點A的坐標為，
又直線的斜率為，同理可得：點的坐標為，
由題可知：，
，
又，同理，
，
當且僅當時等號成立，
的最大值為.
【點睛】方法點睛：解答圓錐曲線的最值問題的方法與策略：
（1）幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決；
（2）函數取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；單調性法；三角換元法；導數法等，要特別注意自變量的取值范圍.

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