检测06第三次月考（能力卷） 2024-2025学年高二年级上学期数学月考检测（新高考人教A版专用）

检测06第三次月考（能力卷）（2019人教A版） 测试范围：空间向量与立体几何+直线和圆的方程+圆锥曲线的方程 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二上·福建厦门·期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（   ）    A． B． C． D． 2．（2024高三·全国·专题练习）已知点，若动点满足，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·福建宁德·阶段练习）已知点，，若过点的直线l与线段AB相交，则直线l斜率k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·山东济南·阶段练习）若直线与直线交于点，则到坐标原点距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·上海·期中）已知正方体的棱长为2，点是上底面正方形的中心，点是正方体棱上的点，以点为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，若平面的一个法向量为，则点所在的棱可以是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·青海西宁·期中）已知过抛物线的焦点作斜率为的直线，与的一个交点位于第四象限，且与的准线交于点，若，则（    ） A． B．2 C． D．3 7．（21-22高三上·江苏南京·开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（    ） A．的方程为 B．在上存在点，使得到点的距离为3 C．在上存在点，使得 D．上的点到直线的最小距离为1 8．（24-25高二上·吉林·期中）如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在.，则半椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（   ） A．圆心的坐标为 B．圆的标准方程为 C．圆与轴的交点坐标为 D．圆上一点到点距离的最大值为 10．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ）    A．直线与是平行直线 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．平面截正方体所得的截面面积为 11．（24-25高二上·黑龙江鸡西·期中）动点分别到两定点，连线的斜率的乘积为，设的轨迹为曲线，，分别为曲线的左、右焦点，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．的内切圆的面积的最大值为 C．到直线的最小距离为 D．设，则的最小值为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（24-25高二上·广东广州·期中）直线与圆C：相交所形成的弦中长度最短的弦长为 13．（24-25高二上·河南商丘·期中）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线关于直线对称，且这两条渐近线的夹角为30°，则双曲线与的离心率之积为 . 14．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是 （1）存在点，使得； （2）存在点，使得异面直线与所成的角为； （3）三棱锥体积的最大值是； （4）当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大. 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （24-25高二上·陕西咸阳·期中）已知圆：和圆：. (1)求证：圆和圆相交； (2)求圆与圆的公共弦所在直线的方程以及公共弦的长. 16. (15分) （23-24高二上·广西南宁·期中）已知椭圆的离心率 ，左、右焦点分别为 ，点 在椭圆C上： (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线 交椭圆C于A，B两点，求 面积的最大值. 17. (15分) （24-25高二上·湖北武汉·期中）如图，在四棱锥中，，  ，，平面平面． (1)求证：平面； (2)点Q在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. (17分) （24-25高三上·重庆·阶段练习）已知抛物线的焦点为，过作倾斜角为的动直线交于A，B两点.当时，. (1)求抛物线的方程； (2)证明：无论如何变化，是定值（为坐标原点）； (3)点，直线AM与交于另一点，直线BM与交于另一点，证明：与的面积之比为定值. 19. (17分) （24-25高二上·陕西榆林·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面.    (1)求平面与平面所成二面角的正弦值； (2)已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 检测06第三次月考（能力卷）（2019人教A版） 测试范围：空间向量与立体几何+直线和圆的方程+圆锥曲线的方程 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二上·福建厦门·期中）如图，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（   ）    A． B． C． D． 2．（2024高三·全国·专题练习）已知点，若动点满足，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·福建宁德·阶段练习）已知点，，若过点的直线l与线段AB相交，则直线l斜率k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·山东济南·阶段练习）若直线与直线交于点，则到坐标原点距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·上海·期中）已知正方体的棱长为2，点是上底面正方形的中心，点是正方体棱上的点，以点为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，若平面的一个法向量为，则点所在的棱可以是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·青海西宁·期中）已知过抛物线的焦点作斜率为的直线，与的一个交点位于第四象限，且与的准线交于点，若，则（    ） A． B．2 C． D．3 7．（21-22高三上·江苏南京·开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（    ） A．的方程为 B．在上存在点，使得到点的距离为3 C．在上存在点，使得 D．上的点到直线的最小距离为1 8．（24-25高二上·吉林·期中）如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在.，则半椭圆的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（   ） A．圆心的坐标为 B．圆的标准方程为 C．圆与轴的交点坐标为 D．圆上一点到点距离的最大值为 10．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ）    A．直线与是平行直线 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．平面截正方体所得的截面面积为 11．（24-25高二上·黑龙江鸡西·期中）动点分别到两定点，连线的斜率的乘积为，设的轨迹为曲线，，分别为曲线的左、右焦点，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．的内切圆的面积的最大值为 C．到直线的最小距离为 D．设，则的最小值为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（24-25高二上·广东广州·期中）直线与圆C：相交所形成的弦中长度最短的弦长为 13．（24-25高二上·河南商丘·期中）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线关于直线对称，且这两条渐近线的夹角为30°，则双曲线与的离心率之积为 . 14．（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是 （1）存在点，使得； （2）存在点，使得异面直线与所成的角为； （3）三棱锥体积的最大值是； （4）当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大. 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （24-25高二上·陕西咸阳·期中）已知圆：和圆：. (1)求证：圆和圆相交； (2)求圆与圆的公共弦所在直线的方程以及公共弦的长. 16. (15分) （23-24高二上·广西南宁·期中）已知椭圆的离心率 ，左、右焦点分别为 ，点 在椭圆C上： (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线 交椭圆C于A，B两点，求 面积的最大值. 17. (15分) （24-25高二上·湖北武汉·期中）如图，在四棱锥中，，  ，，平面平面． (1)求证：平面； (2)点Q在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 18. (17分) （24-25高三上·重庆·阶段练习）已知抛物线的焦点为，过作倾斜角为的动直线交于A，B两点.当时，. (1)求抛物线的方程； (2)证明：无论如何变化，是定值（为坐标原点）； (3)点，直线AM与交于另一点，直线BM与交于另一点，证明：与的面积之比为定值. 19. (17分) （24-25高二上·陕西榆林·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面.    (1)求平面与平面所成二面角的正弦值； (2)已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B B B C D ABD BCD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】利用空间向量运算的三角形法则、平行四边形法即可得解. 【详解】    因为在平行六面体中，为和的交点， 又，，， 所以 . 故选：A. 2．B 【分析】根据中为定值，故先化简再分析满足的距离关系即可. 【详解】设，因为， 故，即. 故点的轨迹是以为焦点的双曲线的下支， 且，故. 所以点的轨迹方程为. 故选：B. 3．C 【分析】利用斜率公式求，数形结合确定直线斜率的范围. 【详解】由题设，如下图示， 所以. 故选：C 4．B 【分析】根据题意得直线分别过定点和且垂直，可得交点的轨迹是以为直径的圆（挖去点），利用数形结合即可求解. 【详解】因为，所以两直线垂直， 又直线过定点，直线过定点， 所以， 故交点的轨迹是以为直径的圆（挖去点）， 如图所示，其中圆心，半径为1， 所以线段的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题是隐形圆问题，根据题意得到直线分别过定点和且垂直，推断出的轨迹是以为直径的圆（挖去点）是解决本题的关键. 5．B 【分析】设（），由题意结合法向量的定义得，然后逐个分析判断即可. 【详解】由题意得，则， 设（），则， 因为是平面的一个法向量， 所以， 即， 对于A，若在上，则，不符合题意，所以不在上，所以A错误， 对于B，若在上，则，符合题意，所以在上，所以B正确， 对于C，若在上，则，不符合题意，所以不在上，所以C错误， 对于D，若在上，则，不符合题意，所以不在上，所以D错误， 故选：B 6．B 【分析】作出几何图形，结合抛物线定义列式计算即得. 【详解】如图，过点作准线的垂线，垂足为，则，， 由，得，则， 因此，所以. 故选：B 7．C 【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断. 【详解】对A：设点， ∵，则，整理得， 故C的方程为，故A正确； 对B：的圆心，半径为， ∵点到圆心的距离， 则圆上一点到点的距离的取值范围为， 而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为9，故B正确； 对C：设点， ∵，则，整理得， ∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆， 又，则两圆内含，没有公共点， ∴在C上不存在点M，使得，C不正确； 对D：∵圆心到直线的距离为， ∴C上的点到直线的最小距离为，故D正确； 故选：C. 【点睛】思路点睛：利用点与圆的位置关系来判定B，利用圆与圆的位置关系来判定C，结合数形思想即可. 8．D 【分析】解法一：利用参数方程，代入计算向量数量积得，再结合以及和的关系得到关于的齐次不等式，解出即可；方法二：利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围. 【详解】 （解法1）设， 因为，所以. ，所以. 因为，所以. 因为，所以，即，解得. （解法2）设， 因为，所以， 所以. 因为，所以. 因为存在.，所以在上有解. 因为，且， 所以在上有解， 即在上有解. 因为，所以，即解得. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可. 9．ABD 【分析】设圆心坐标为，由题意可得，可求圆心判断A；利用两点间的距离公式求得半径可判断B；令，可得圆与轴的交点坐标判断C；求得圆心到的距离可求圆上一点到点距离的最大值判断D. 【详解】设圆心坐标为，由，得， 解得，故，故A正确； 所以，故圆的标准方程为， 故B正确； 令得，，故圆与轴的交点坐标为，故C错误； 圆心到点的距离为，故圆上一点到点距离的最大值为5+，故D正确. 故选：ABD. 10．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D. 【详解】对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，． ∵分别为棱的中点，∴、， 则，，∴和不共线，故A错误； 对于B，∵，，∴， ∴，∴直线与所成的角为，故B正确． 对于C，由于平面的一个法向量为， ， ∴，直线与平面所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，    ∵棱长为2，∴，，， ∴等腰梯形的高为， ∴，故D正确， 故选：BCD． 11．ABD 【分析】利用直接法可得点的轨迹方程，可知曲线为椭圆（除去与轴的交点），结合椭圆的定义及三角形的余弦定理与面积公式可判断A选项，再结合内切圆性质可判断B选项，利用三角换元法可得距离的最值，判断C选项，根据定义可将折线段转化，进而可得最值. 【详解】由已知，， 化简可得， 即，，，，， 如图所示， A选项：设，，则，， 又，则， 即， 即，所以，A选项正确； B选项：设内切圆半径为，则， 又， ， 所以， 又，则， 即内切圆半径的最大值为， 所以内切圆面积的最大值为，B选项正确； C选项：设点，， 则点到直线的距离，其中， 所以当时，取最小值为，C选项错误； D选项：由椭圆定义可知， 又， 所以， 当且仅当点在延长线时取等号， 即的最小值为，D选项正确； 故选：ABD. 12．2 【分析】求出直线所过定点，再利用圆的性质求出最短弦长. 【详解】直线恒过定点， 而圆的圆心，半径， ，即点在圆内，当且仅当时，直线被圆截得的弦长最短， 所以所求最短弦长为. 故答案为：2 13． 【分析】设双曲线的一条渐近线方程为，双曲线的一条渐近线方程为，根据渐近线关于直线对称,且夹角为30°,得到渐近线斜率值，进而得到离心率乘积即可. 【详解】不妨设双曲线的一条渐近线方程为，且在第一象限内直线下方;双曲线的一条渐近线方程为，且在第一象限内直线上方， 因为这两条渐近线关于直线对称,且夹角为， 所以渐近线的倾斜角为，渐近线的倾斜角为, 则 离心率与渐近线斜率关系式为. 故与的离心率之积为 故答案为：. 14． 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，假设存在点，根据，利用向量的数量积的运算公式，列出方程，求得的值，可判定A正确； 结合向量的夹角公式，列出方程，可得判定B不正确；连接，设，求得，棱锥的体积公式，可判定C正确； 求得平面的法向量，利用向量的夹角公式和二次函数的性质，可判定D错误. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图（1）所示，可得，， 对于（1）中，假设存在点，使得， 则， 所以，解得， 即点与重合时，，所以A正确； 对于（2）中，假设存在点， 因为， 所以，此时方程无解， 所以不存在点使得异面直线与所成的角为，所以B不正确； 对于（3）中，如图（2）所示，连接，设， 因为， 所以，当时，即点点与重合时，取得最大值， 又因为平面，且分别是线段的中点， 可得点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积的最大值为，所以C正确； 对于（4）中，由， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为，设直线与平面所成的角为， 可得， 所以，当点自向处运动时，的值由到变大，单调递增， 此时也单调递增，所以D正确. 故答案为：（1）（3）（4）. 【点睛】方法点拨：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略： 1、解答方法：一般时根据线面平行，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，然后再该假设条件下，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，若由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，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键. 15．(1)证明见解析； (2)，. 【分析】（1）根据圆的方程确定圆心和半径，利用半径和差与圆心距的大小关系判断圆的位置关系； （2）两圆方程作差求公共弦方程，应用几何法求公共弦长. 【详解】（1）根据题意，圆：的圆心为，半径， 圆：，得，圆心为，半径， 圆心距， ， 圆和圆相交. （2）将两圆方程相减，有，即两圆公共弦所在直线的方程为， 圆心到的距离，故公共弦的弦长为. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的离心率 和点 在椭圆C上，由和联立求解； （2）易知直线过焦点，与椭圆方程联立，由求解. 【详解】（1）解：因为椭圆的离心率 ， 所以， 又点 在椭圆C上， 所以，又， 解得， 所以椭圆的方程为：； （2）如图所示：    由（1）知：，则直线过焦点， 设， 由，消去x得， 由韦达定理得：， 则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值. 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）若分别为中点，连接，易得、、、，再应用面面垂直的性质得面，由线面垂直的性质证、，最后综合线面垂直的性质及判断定理证结论； （2）构建合适空间直角坐标系，首先根据线面角的向量求法列方程求Q位置，再应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）若分别为中点，连接， 由，，则为直角梯形，且为中位线， 所以，且， 由，则，又，可得， 面面，面，面面， 则面，面，故，则， 由面，则，又，均在面内， 所以面，面，可得， 所以，故，即， 由，则，而均在面内， 所以平面. （2）由（1）可构建如上图所示的空间直角坐标系， 所以， 令且，则， 则，，， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 由题意， 整理得，故，则， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 所以平面与平面夹角的余弦值. 18．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设直线，，，联立直线与抛物线的方程，由抛物线的性质可得弦长的值，由此可得的值，进而求出抛物线的方程. （2）由（1）可知，，将韦达定理代入，可得出答案. （3）设直线AC的方程：，直线BD的方程：，分别与抛物线联立求出，，由（2）求出，则，再由三角形的面积公式表示出与的面积之比，即可得出答案. 【详解】（1）解：根据题意直线的斜率不为0，可设直线，，，代入抛物线方程得：， ，，， ， 当时，，， ，抛物线的方程为. （2）证明：由（1）可知，， 则， . （3）证明：设，， 直线AC的方程：，直线BD的方程：， 由，得， ，同理，， ， 由（2）知，则， . 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19．(1) (2) 【分析】（1）如图通过证明平面，可建立以点为原点的空间直角坐标系，后可求出平面与平面的法向量，结合空间向量知识可得答案； （2）由题可得平面的法向量，后设，可得点到平面的距离关于的表达式，即可得答案. 【详解】（1）取的中点分别为，连接， 因为底面是正方形，所以， 因为是正三角形，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，    由题意：， ， 设平面的法向量为，所以， 即，令，则， 即平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成二面角为， 则， 所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为. （2）因为分别是线段上一点， 且， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，即平面的一个法向量为， 设， 则， 所以点到平面的距离， 解得（舍去），即. 学科网（北京）股份有限公司 $$