精品解析：北京市北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷

北师大实验中学2024－2025学年度第一学期12月月考试卷 高二数学 2024年12月 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将直线方程一般式化成斜截式方程，根据直线斜率与直线倾斜角的关系进行求解即可. 【详解】，所以该直线的斜率为， 因此该直线的倾斜角为， 故选：D 2. 已知表示圆，则实数的取值范围为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆的方程的条件求解即可. 【详解】因为表示圆，所以，解得或， 即实数的取值范围是. 故选:D. 3. 从本不同的书中选出本分配给位同学，每人一本，则分配方案总数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列组合直接求解. 【详解】由题可得，. 故选：B 4. 平的内动点满足方程，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用椭圆的定义求解即可. 【详解】由题意，点到两个定点的距离之和等于， 根据椭圆的定义可知，点的轨迹为焦点为的椭圆， 且，，即，则， 所以动点的轨迹方程为. 故选：A. 5. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可. 【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上， 所以到准线的距离为， 又到直线的距离为， 所以，故. 故选：D. 6. 刍甍（chúméng）是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍（如图），底面为矩形，且，平面和为全等的正三角形，，则平面和底面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等边三角形的性质、矩形的性质，结合线面平行的性质、二面角的定义、平面与平面夹角定义进行求解即可. 【详解】取的中点，连接， 因为为矩形， 所以有，而，因此， 因为平面，平面平面， 所以，因此， 因为， 所以在矩形中，， 因为和为全等的正三角形， 所以，，， 因为，， 所以是平面和底面所成二面角的平面角. 在等腰梯形中，过做， 显然，于是有， 因此平面和底面的夹角的余弦值为， 故选：B 7. 如图，某同学用两根木条钉成十字架，并交于点，制成一个椭圆仪．木条中间分别挖一道槽，在另一活动木条的处钻一个小孔，可以容纳笔尖，、各在一条槽内移动，可以光滑移动以保证与的长度不变，当、各在一条槽内移动时，处笔尖就画出一个椭圆．已知，且在椭圆的右顶点时，恰好在点，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则，由题意可得，，根据离心率公式即可求解. 【详解】由题意知与的长度不变，已知， 设，则， 当滑动到位置处时，点在上顶点或下顶点，则短半轴长， 当在右顶点时，恰好在点，则长半轴长， 故离心率为. 故选：C. 8. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别从充分性和必要性两方面进行检验即可求解. 【详解】若双曲线的离心率为，则， 所以，若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为； 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为； 所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的充分条件； 反之，双曲线的一条渐近线为， 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以， 离心率； 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以， 离心率；所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的必要条件； 综上：“的离心率为”是“的一条渐近线为”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 9. 若椭圆与双曲线有相同的焦点是两曲线的一个交点，则的面积是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题设中的条件，设两个圆锥曲线的焦距为，椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为，由它们有相同的焦点，得到．根据双曲线和椭圆的定义可得，，在中由三边的关系得出其为直角三角形，由的面积公式即可运算得到结果． 【详解】由题意设两个圆锥曲线的焦距为， 椭圆的长轴长，双曲线的实轴长为， 由它们有相同的焦点，得到，即． 不妨令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义，① 由椭圆的定义，② ①2②2得， 即有， 又， 可得， ，即， 则的形状是直角三角形 即有的面积为，故B正确. 故选：B． 10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知空间向量，若，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据空间向量共线的坐标运算可得答案. 【详解】若，则，解得， 则. 故答案为：4. 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 13. 直线：被圆：截得的弦长最短，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的方程，求得直线所过的定点，进而判断点在圆内，由圆的性质可得当时弦长最短，进而求解即可. 【详解】直线的方程可化为，由，得， 所以直线过定点. 圆：，圆心，半径为2， 因为，所以点在圆内. 设直线与圆交于，两点，则当时，取最小值， 由，得，所以. 故答案为：. 14. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2，点E，F分别为CD，CP的中点，点T为△PAB内的一个动点(包括边界)，若CT∥平面，则点T的轨迹的长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解. 【详解】由题知，两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 记的中点为，连接， 因为为正方形，为中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 记点的轨迹与交于点，则平面， ，平面，所以平面平面， 所以即为点的轨迹， 因为， 所以， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，令，得，， 因为平面， 所以，所以， 解得，则， 又， 所以， 所以. 故答案为： 15. 已知曲线过原点，且除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点的横纵坐标之积的比值为定值，给出下列四个结论： ①曲线关于对称； ②若点在曲线上，则其方程为； ③对于任意，曲线围成的图形的面积一定小于； ④存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出曲线方程，运用曲线的对称性判断①；将代入曲线方程即可判断②；利用基本不等式放缩解决曲线所围图形面积判断③；由整点定义判断④. 【详解】对于①，先求曲线方程，设曲线上除原点外一点为， 由已知，即. 若点在曲线上，则也满足曲线方程， 所以曲线关于直线对称，①正确； 对于②，将代入曲线方程，得， 即，故，此时方程为，②错误； 对于③，， 所以， 所以在以圆心为，半径为的圆内，结合图形知道，③正确； 对于④，由于，所以， 由可知，， 故其图象在第一、三象限， 由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点， 则曲线在第一象限内有两个整点， 当整点为时，，此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意； 当整点为时，，此时整点均在曲线上， 且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出曲线方程，后运用性质，如对称性，整点，面积借助放缩成半圆即可求解. 三、解答题共6小题，共85分．解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程． 16. 有四个数字， （1）可以组成多少个四位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？ （3）若将由这四个数字组成的无重复数字的四位数从小到大排列，则第10个四位数是多少？（直接写出答案即可） 【答案】（1）192 （2）10 （3）2130 【解析】 【分析】（1）依次考虑千位、百位、十位、个位的数字，根据分步乘法计数原理可得答案； （2）分个位是0、2两种情况计算可得答案； （3）分千位数字是1、2两种情况计算可得答案. 【小问1详解】 依次考虑千位、百位、十位、个位的数字，根据分步乘法计数原理， 共有个； 【小问2详解】 当个位是0时，共有个无重复数字的四位偶数； 当个位是2时，千位是1或3，共有个无重复数字的四位偶数， 因此，共有个； 【小问3详解】 当千位数字是1时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个； 当千位数字是2百位数字是0时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个， 当千位数字是2百位数字是1时，由这四个数字组成的无重复数字的四位数共有个， 所以由这四个数字组成的无重复数字的四位数从小到大排列， 则第10个四位数是2130． 17. 已知点是抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，是线段的中点． （1）当时，求与的坐标． （2）为坐标原点，记直线的斜率为，若，求直线的方程． 【答案】（1），中点 （2） 【解析】 【分析】（1）利用方程组和韦达定理即可求解中点坐标和弦长； （2）利用方程组和韦达定理即可求解直线方程. 【小问1详解】 抛物线的焦点， 当时，直线 联立，消去得:， ，所以设点， 由韦达定理，设中点， 则，，所以中点的坐标为， 所以由过焦点弦长公式得：， 【小问2详解】 直线， 联立，消去得， ，所以设点， 由韦达定理， 因为， ， 解得，所以的方程为． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是的中点，且平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）在菱形中，连接，得等边， 因为是的中点，所以， 因为平面平面，所以． 因为平面平面，且， 所以平面． （2） （3）存在满足条件的点，，理由如下： 设， 则， 若平面，则， 解得，故存在满足条件的点，且． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理直接证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法直接求面面角的余弦值即可； （3）设，即可表示出，由线面平行可得，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，则有， 由(1)知，故两两垂直， 如图建立空间直角坐标系， 因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 则， 设平面的一个法向量为， 则 令得， 又因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 略 19. 已知过点，直线． （1）求的方程； （2）已知与关于直线对称，求直线被截得的弦长； （3）若是直线上的动点，为上的动点，为坐标原点，直接写出的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据圆心在弦的垂直平分线上，可以联立两个垂直平分线方程求得，再由两点之间距离公式求得半径即可得到圆的方程； （2）根据点与关于直线对称，求出坐标，再结合几何法直接求弦长； （3）作出草图，根据对称得到，可知当三点共线时，取得最小值，进而求解即可. 【小问1详解】 由题知，直线的垂直平分线方程为， 由，线段中点为， 可知线段的垂直平分线方程为， 因此联立，解得，即点． 又因为， 所以，圆． 【小问2详解】 由题知，点与关于直线对称， 设，则， 可得点 直线，即， 点到直线的距离为， 因为的半径为， 所以直线截所得的弦长为. 【小问3详解】 点到直线距离为， 设点与关于直线对称， 设，则， 可得点， 则作图如下，因为， 所以当三点共线时，取得最小值， 因为，所以最小值为. 20. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求； （2）在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在，， 【解析】 【分析】（1）写出直线方程，与椭圆联立，求出两点坐标，即可求出. （2）当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，写出韦达定理，用坐标表示，代入韦达定理，分析为定值的条件，求出点的坐标，再验证斜率不存在时的情况，得出答案. 【小问1详解】 解:联立,得或 所以． 【小问2详解】 假设存在，使为定值． 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 联立得． 显然，设， 则． 所以 ． 若为常数，只需， 解得，此时． 当直线与轴垂直时，不妨设， 当点坐标为时，． 满足为定值． 综上，存在点，使为定值． 21. 已知椭圆过点，且离心率． （1）求椭圆的方程； （2）已知、是椭圆的左、右焦点，是第一象限内椭圆上的一点，分别连接并延长交椭圆于点分别表示和的面积，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可求出椭圆方程； （2）设点P的坐标为，则直线的方程为，将其代入椭圆方程中利用韦达定理可得，同理可求得，则，利用基本不等式再求的最值可得答案. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 由（1）可得，， 设，其中， 直线，联立， 消去得， 解得， 则， 即， 同理可得 所以 ， 当且仅当时，等号成立． 所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2024－2025学年度第一学期12月月考试卷 高二数学 2024年12月 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题，共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知表示圆，则实数的取值范围为（ ）. A. B. C. D. 3. 从本不同的书中选出本分配给位同学，每人一本，则分配方案总数为（ ） A. B. C. D. 4. 平的内动点满足方程，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 6. 刍甍（chúméng）是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍（如图），底面为矩形，且，平面和为全等的正三角形，，则平面和底面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某同学用两根木条钉成十字架，并交于点，制成一个椭圆仪．木条中间分别挖一道槽，在另一活动木条的处钻一个小孔，可以容纳笔尖，、各在一条槽内移动，可以光滑移动以保证与的长度不变，当、各在一条槽内移动时，处笔尖就画出一个椭圆．已知，且在椭圆的右顶点时，恰好在点，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 若椭圆与双曲线有相同的焦点是两曲线的一个交点，则的面积是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 第二部分（非选择题，共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知空间向量，若，则__________． 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 13. 直线：被圆：截得的弦长最短，则实数______. 14. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2，点E，F分别为CD，CP的中点，点T为△PAB内的一个动点(包括边界)，若CT∥平面，则点T的轨迹的长度为________． 15. 已知曲线过原点，且除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点的横纵坐标之积的比值为定值，给出下列四个结论： ①曲线关于对称； ②若点在曲线上，则其方程为； ③对于任意，曲线围成的图形的面积一定小于； ④存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）． 其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题共6小题，共85分．解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程． 16. 有四个数字， （1）可以组成多少个四位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？ （3）若将由这四个数字组成的无重复数字的四位数从小到大排列，则第10个四位数是多少？（直接写出答案即可） 17. 已知点是抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，是线段的中点． （1）当时，求与的坐标． （2）为坐标原点，记直线的斜率为，若，求直线的方程． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是的中点，且平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 已知过点，直线． （1）求的方程； （2）已知与关于直线对称，求直线被截得的弦长； （3）若是直线上的动点，为上的动点，为坐标原点，直接写出的最小值． 20. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求； （2）在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求点的坐标及的值；若不存在，说明理由． 21. 已知椭圆过点，且离心率． （1）求椭圆的方程； （2）已知、是椭圆的左、右焦点，是第一象限内椭圆上的一点，分别连接并延长交椭圆于点分别表示和的面积，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $