2024-2025學年陜西省安康市高二上學期12月月考數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1陜西省安康市2024-2025學年高二上學期12月月考數(shù)學試題注意事項：1考查范圍：選擇性必修第一冊及選擇性必修第二冊4.1節(jié).2.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號等填寫在答題卡指定位置上.3考生必須保持答題卡的整潔考試結(jié)束后，請將答題卡交回.一?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.已知向量，向量，若，則的值為（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】因為，，且，則，解得.故選：C.2.過直線和的交點，且與直線垂直的直線方程是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】聯(lián)立方程，解得，所以交點坐標為；直線的斜率為，所以所求直線方程的斜率為，由點斜式直線方程得：所求直線方程為，即；故選：D3.雙曲線的漸近線方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】在雙曲線中，，，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：C.4.若橢圓的右焦點坐標為，則的值為（）A.1 B.3 C.5 D.7【答案】B【解析】根據(jù)題意，橢圓焦點在軸，所以，所以.故選：B5.下列命題中正確的是（）A.點關(guān)于平面對稱的點的坐標是B.已知為空間任意一點，四點共面，且任意三點不共線，若，則C.若直線的方向向量為，平面的法向量為，則D.若直線的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線與平面所成的角為【答案】D【解析】對于A，點關(guān)于平面對稱的點的坐標是，A選項錯誤；對于B，已知為空間任意一點四點共面，且任意三點不共線，若，則，B選項錯誤；對于C，若直線的方向向量為，平面的法向量為，因為，所以，則或，C選項錯誤；對于D，若直線的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線與平面所成的角為，D選項正確；故選：D.6.在直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】以為坐標原點，向量方向分別為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，，所以異面直線與所成角的余弦值等于.故選：B7.拋物線上的點到其準線的距離與到直線的距離之和的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】拋物線的焦點坐標為，準線方程為，設(shè)拋物線上的點到其準線的距離為，點到直線的距離為，由拋物線的定義可知，則，其最小值為焦點到直線的距離，距離，即拋物線上的點到其準線的距離與到直線的距離之和的最小值為.故選：D.8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，過的直線與橢圓交于，兩點，若且，則橢圓的離心率為（）A B. C. D.【答案】D【解析】因為，所以，又因為，所以，又因為，所以，所以，又，所以，，，所以，所以橢圓的離心率為.故選：D.二?多選題：本題共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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知直線，下列說法正確的是（）A.直線恒過定點B.直線與直線垂直，則C.當點到直線的距離取到最大時，此時D.直線與圓所截得的最短弦長為1【答案】BC【解析】對于A，由，令，即直線恒過定點，故A錯誤；對于B，若直線與直線垂直，則有，所以，故B正確；對于C，易知點到直線的距離，即，解之得，故C正確；對于D，，即該圓圓心為，半徑為，則到的距離為，所以直線與圓所截得的弦長為，即越大，弦長越小，則弦長最小為，故D錯誤.故選：BC.10.已知圓與圓交于，兩點，則（）A.兩圓的公切線有2條B.直線方程為C.D.動點在圓上，則的最大值為【答案】ABD【解析】由題意可知，，故，故兩圓相交，公切線有2條，A正確，與圓相減可得，故直線方程為，B正確，到直線的距離為，故，故C錯誤，可看作是圓上的一個點到點的距離的平方，故最大值為，D正確，故選：ABD11.橢圓的兩個焦點分別為，則下列說法正確的是（）A.過點直線與橢圓交于兩點，則的周長為8B.若直線與恒有公共點，則的取值范圍為C.若為上一點，，則最小值為D.若上存在點，使得，則的取值范圍為【答案】CD【解析】對于選項A：由橢圓定義可得的周長為，但焦點不一定在軸上，故A錯誤；對于選項B：因為直線過定點，則，即，又因為，且，所以的取值范圍為，故B錯誤；對于選項C：若，即橢圓，設(shè)，可得，當時，，故C正確；對于選項D：若，則，當位于短軸頂點時，最大，此時，可知，即，當時，由，解得；當時，由，解得；綜上所述：的取值范圍為，故D正確；故選：CD．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設(shè)是數(shù)列的前項和，且，則的通項公式為__________.【答案】【解析】由題意時，，又也滿足上式，所以．故答案為：.13.設(shè)為雙曲線的兩個焦點，點是雙曲線上的一點，且，則的面積為__________.【答案】【解析】如圖，由可知，由對稱性不妨設(shè)，由定義，因為，所以，所以，所以，解得，所以的面積為.故答案為：3.14.古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262年至前190年）與歐幾里得、阿基米德齊名，著有《圓錐曲線論》八卷．平面內(nèi)兩個定點及動點，若（且），則點的軌跡是圓．后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓．點為圓上一動點，為圓上一動點，點，則的最小值為________．【答案】9【解析】由為圓上一動點，得，由為圓上一動點，得，又.因為，所以，于是.當共線且時取得最小值，即.所以，當共線時等號成立.故答案為：9．四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知點，線段是圓的一條直徑.（1）求圓的標準方程；（2）點是圓上任意一點，求點到直線的最大距離.解：（1）因為，線段是為圓的直徑，所以圓心為線段的中點，圓心坐標為，所以圓的半徑，所以圓的標準方程為：（2）圓心到直線的距離，所以圓與直線相離所以圓上任意一點Px,y到直線的距離的最大值為：16.已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中是的中點，是的中點.（1）求證平面；（2）求平面與平面的夾角余弦值；解：（1）取中點，連接，由是的中點，得，且，由是的中點，得，且，則有，四邊形是平行四邊形，于是，又平面平面，所以平面.（2）四棱柱中，平面，，則直線兩兩垂直，以A為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，有，則有，設(shè)平面與平面的法向量分別為，則有，令，得，，令，得，因此.所以平面與平面的夾角余弦值為.17.已知拋物線的焦點到準線的距離為2.（1）求的方程；（2）已知為坐標原點，點在上，點滿足，求點的軌跡方程.解：（1）由拋物線的定義可知，焦點到準線的距離為，故，所以的方程為；（2）由（1）知，設(shè)，則，因為，所以，可得，又點在拋物線上，所以，即，化簡得，則點的軌跡方程為．18.已知是雙曲線的一條漸近線，點在上.（1）求的方程.（2）已知直線的斜率存在且不經(jīng)過原點，與交于兩點，的中點在直線上.（i）證明：的斜率為定值.（ii）若的面積為，求的方程.解：（1）由題可得，所以的方程為.（2）（i）設(shè)，由得，由題意得，設(shè)中點的坐標為，則所以.因為的中點在直線上，所以，即，因為，所以，故的斜率為定值.（ii）由（i）得的方程為，且，又點到的距離，所以，解得，所以的方程為.19.極點與極線是法國數(shù)學家吉拉德?迪沙格于1639年在射影幾何學的奠基之作《圓錐曲線論稿》中正式闡述的.對于橢圓，極點Px0,y0（不是坐標原點）對應的極線為.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0的長軸長為，左焦點與拋物線的焦點重合，對于橢圓，極點對應的極線為，過點的直線與橢圓交于，兩點，在極線上任取一點，設(shè)直線，，的斜率分別為，，（，，均存在）.（1）求極線的方程；（2）求證：；（3）已知過點且斜率為2的直線與橢圓交于，兩點，直線，與橢圓的另一個交點分別為，，證明直線恒過定點，并求出定點的坐標.解：（1）由橢圓的長軸長為，則，解得，又因為橢圓的左焦點與拋物線的焦點重合，所以，解得所以橢圓的方程為.由題意可知，對于橢圓，極點對應的極線的方程為，即.（2）設(shè)，由題意知過的直線的斜率必存在，故設(shè)直線，，聯(lián)立方程，消去得，，，即，所以，，則.又，所以，得證.（3）當中有橫坐標為時，縱坐標為，則或，直線或與橢圓相切，不符合題意，所以的斜率都存在.由（2）得，，又，所以，所以是和的交點.因，所以，設(shè)，則，所以，直線的方程為，即，令得，所以恒過定點.陜西省安康市2024-2025學年高二上學期12月月考數(shù)學試題注意事項：1考查范圍：選擇性必修第一冊及選擇性必修第二冊4.1節(jié).2.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號等填寫在答題卡指定位置上.3考生必須保持答題卡的整潔考試結(jié)束后，請將答題卡交回.一?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.已知向量，向量，若，則的值為（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】因為，，且，則，解得.故選：C.2.過直線和的交點，且與直線垂直的直線方程是（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】聯(lián)立方程，解得，所以交點坐標為；直線的斜率為，所以所求直線方程的斜率為，由點斜式直線方程得：所求直線方程為，即；故選：D3.雙曲線的漸近線方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】在雙曲線中，，，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：C.4.若橢圓的右焦點坐標為，則的值為（）A.1 B.3 C.5 D.7【答案】B【解析】根據(jù)題意，橢圓焦點在軸，所以，所以.故選：B5.下列命題中正確的是（）A.點關(guān)于平面對稱的點的坐標是B.已知為空間任意一點，四點共面，且任意三點不共線，若，則C.若直線的方向向量為，平面的法向量為，則D.若直線的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線與平面所成的角為【答案】D【解析】對于A，點關(guān)于平面對稱的點的坐標是，A選項錯誤；對于B，已知為空間任意一點四點共面，且任意三點不共線，若，則，B選項錯誤；對于C，若直線的方向向量為，平面的法向量為，因為，所以，則或，C選項錯誤；對于D，若直線的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線與平面所成的角為，D選項正確；故選：D.6.在直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】以為坐標原點，向量方向分別為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，，所以異面直線與所成角的余弦值等于.故選：B7.拋物線上的點到其準線的距離與到直線的距離之和的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】拋物線的焦點坐標為，準線方程為，設(shè)拋物線上的點到其準線的距離為，點到直線的距離為，由拋物線的定義可知，則，其最小值為焦點到直線的距離，距離，即拋物線上的點到其準線的距離與到直線的距離之和的最小值為.故選：D.8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，過的直線與橢圓交于，兩點，若且，則橢圓的離心率為（）A B. C. D.【答案】D【解析】因為，所以，又因為，所以，又因為，所以，所以，又，所以，，，所以，所以橢圓的離心率為.故選：D.二?多選題：本題共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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知直線，下列說法正確的是（）A.直線恒過定點B.直線與直線垂直，則C.當點到直線的距離取到最大時，此時D.直線與圓所截得的最短弦長為1【答案】BC【解析】對于A，由，令，即直線恒過定點，故A錯誤；對于B，若直線與直線垂直，則有，所以，故B正確；對于C，易知點到直線的距離，即，解之得，故C正確；對于D，，即該圓圓心為，半徑為，則到的距離為，所以直線與圓所截得的弦長為，即越大，弦長越小，則弦長最小為，故D錯誤.故選：BC.10.已知圓與圓交于，兩點，則（）A.兩圓的公切線有2條B.直線方程為C.D.動點在圓上，則的最大值為【答案】ABD【解析】由題意可知，，故，故兩圓相交，公切線有2條，A正確，與圓相減可得，故直線方程為，B正確，到直線的距離為，故，故C錯誤，可看作是圓上的一個點到點的距離的平方，故最大值為，D正確，故選：ABD11.橢圓的兩個焦點分別為，則下列說法正確的是（）A.過點直線與橢圓交于兩點，則的周長為8B.若直線與恒有公共點，則的取值范圍為C.若為上一點，，則最小值為D.若上存在點，使得，則的取值范圍為【答案】CD【解析】對于選項A：由橢圓定義可得的周長為，但焦點不一定在軸上，故A錯誤；對于選項B：因為直線過定點，則，即，又因為，且，所以的取值范圍為，故B錯誤；對于選項C：若，即橢圓，設(shè)，可得，當時，，故C正確；對于選項D：若，則，當位于短軸頂點時，最大，此時，可知，即，當時，由，解得；當時，由，解得；綜上所述：的取值范圍為，故D正確；故選：CD．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設(shè)是數(shù)列的前項和，且，則的通項公式為__________.【答案】【解析】由題意時，，又也滿足上式，所以．故答案為：.13.設(shè)為雙曲線的兩個焦點，點是雙曲線上的一點，且，則的面積為__________.【答案】【解析】如圖，由可知，由對稱性不妨設(shè)，由定義，因為，所以，所以，所以，解得，所以的面積為.故答案為：3.14.古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262年至前190年）與歐幾里得、阿基米德齊名，著有《圓錐曲線論》八卷．平面內(nèi)兩個定點及動點，若（且），則點的軌跡是圓．后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓．點為圓上一動點，為圓上一動點，點，則的最小值為________．【答案】9【解析】由為圓上一動點，得，由為圓上一動點，得，又.因為，所以，于是.當共線且時取得最小值，即.所以，當共線時等號成立.故答案為：9．四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知點，線段是圓的一條直徑.（1）求圓的標準方程；（2）點是圓上任意一點，求點到直線的最大距離.解：（1）因為，線段是為圓的直徑，所以圓心為線段的中點，圓心坐標為，所以圓的半徑，所以圓的標準方程為：（2）圓心到直線的距離，所以圓與直線相離所以圓上任意一點Px,y到直線的距離的最大值為：16.已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中是的中點，是的中點.（1）求證平面；（2）求平面與平面的夾角余弦值；解：（1）取中點，連接，由是的中點，得，且，由是的中點，得，且，則有，四邊形是平行四邊形，于是，又平面平面，所以平面.（2）四棱柱中，平面，，則直線兩兩垂直，以A為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，有，則有，設(shè)平面與平面的法向量分別為，則有，令，得，，令，得，因此.所以平面與平面的夾角余弦值為.17.已知拋物線的焦點到準線的距離為2.（1）求的方程；（2）已知為坐標原點，點在上，點滿足，求點的軌跡方程.解：（1）由拋物線的定義可知，焦點到準線的距離為，故，所以的方程為；（2）由（1）知，設(shè)，則，因為，所以，可得，又點在拋物