精品解析：湖南省长沙市明德中学等校2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章. 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列的前项和为，则（ ） A. 50 B. C. D. 60 4. 已知椭圆，则该椭圆上的点到焦点距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 在中，点O在线段BC上，且，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在各项均不为零的数列中，，若，则（ ） A. 13 B. 16 C. 19 D. 22 7. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且倾斜角为的直线与抛物线的一个交点为（位于轴的右侧），过点作，垂足为，连接，交抛物线于点（在线段上），则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分） 9. 下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知正方体的棱长为为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 过点的正方体的截面有可能是正五边形 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，三棱锥的体积为定值 11. 中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其形状类似打横的阿拉伯数字8，对应着数学曲线中的双纽线.在平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线，是双纽线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 双纽线上不存在点，使得 B. 双纽线的图象关于轴对称，关于轴对称，也关于原点对称 C. 若，则的周长可以为19 D. 若，则的面积的最大值为4 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设A，B是一次随机试验中的两个相互独立事件，且，则_________． 13. 已知双曲线，若有且仅有一对过原点且所成的角为的直线和，使得，其中和分别是这对直线与双曲线的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是_______. 14. 按照如下规则构造数表：第一行是2；第二行是，即，；第三行是，即.整理如下： ， ，，， ，，，，，，， … 记第行所有数字之和为，比如，令，比如，则_______. 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. 如图，在直三棱柱中，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的大小. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若点为的垂心，的延长线交于点，且，求的面积. 18. 已知，动点与点的距离是它与点的距离的倍，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）试判断曲线与圆是否有公共点.若有，求出公共点所在直线的方程； （3）过原点的直线与曲线交于两点，其中点在第一象限，过原点的另一条直线与曲线交于两点，其中点在第二象限，直线分别与轴交于点，，证明：点关于轴对称.（说明：本小问如用平面几何方法证明不给分） 19. 已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线（点P在点的右上方）被圆截得的线段的长为c，且． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l交椭圆C于点M，N（异于），设直线的斜率分别为，证明为定值，并求出该定值； （3）设G为直线和的交点，记，的面积分别为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章. 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式可得，再由余弦函数值域可得，可得结果. 【详解】解不等式可得，即， 易知，可得. 故选：C 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义以及共轭复数的概念可得，代入计算可得结果. 【详解】依题意可得，则， 所以. 故选：B 3. 已知正项等比数列的前项和为，则（ ） A. 50 B. C. D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列定义计算可得，代入等比数列前项和公式计算可得结果. 【详解】根据题意可设等比数列的公比为，且； 由可得，显然，即， 解得或（舍）； 因此. 故选：C 4. 已知椭圆，则该椭圆上的点到焦点距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由方程可得，根据椭圆的性质即可得结果. 【详解】由题意知，则， 所以椭圆上的点到焦点距离的最小值为． 故选：A． 5. 在中，点O在线段BC上，且，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理以及三点共线与向量的关系求解. 【详解】由B，O，C三点共线得, ， 又因为M，O，N三点共线，所以，则， 故选:D． 6. 在各项均不为零的数列中，，若，则（ ） A. 13 B. 16 C. 19 D. 22 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列定义得出数列是等差数列，再结合等差数列基本量运算得出，进而可得解. 【详解】由已知，得， 则数列是等差数列，公差为． ，则． 故选：A． 7. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式将函数化成正弦型函数，根据给定区间，求出整体角范围，结合正弦函数的图象得到不等式，取，即得的取值范围. 【详解】由， 因，得， 根据题意得，则， 因，则，． 故选：A． 8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且倾斜角为的直线与抛物线的一个交点为（位于轴的右侧），过点作，垂足为，连接，交抛物线于点（在线段上），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意写出直线的方程，与抛物线方程联立，求出的横坐标，进一步求出的横坐标，即可求得. 【详解】由抛物线，得，由，则的方程为， 代入，得，解得，，， ，，又，为等边三角形， 由可知，则直线FN与l关于y轴对称， 由抛物线的对称性可得，. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分） 9. 下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据对数函数单调性分析判断；对于B：根据幂函数单调性分析判断；对于C：根据对数函数单调性可得，再结合指数函数单调性分析判断；对于D：由不等式性质可得，再结合对数函数单调性分析判断. 【详解】对于A，因为，则， 所以成立，故A正确． 对于B，因为幂函数在上单调递增，在上单调递减， 但a与符号不明确，所以大小关系不确定，故B错误． 对于C，由知，则，所以成立，故C正确． 对于D，由知，则， 但所以的关系不能确定，故D错误． 故选：AC． 10. 已知正方体的棱长为为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 过点的正方体的截面有可能是正五边形 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】建系求出点及向量，再应用向量的数量积坐标表示计算最值判断A，结合面面平行的性质定理判断B根据线面角得出的轨迹，结合边长得出角进而应用弧长公式求出侧面内的劣弧判断C，应用向量垂直得出点的位置，再应用等体积法求体积即可判断D. 【详解】对于 A，：以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立坐标系 ， 则，设 ， 可得 ， 所以， 存在或时，取最大值为，A正确； 对于 ， 若过点的截面为五边形，该截面与正方体的至少一对平行平面相交， 根据面面平行性质定理可得截面与这一对平行平面的交线平行，则五边形一定会出现对边平行的情况， 然而在正五边形中不可能出现互相平行的对边，故 B 错误. 对于 ，平面 的一个法向量为 ， 当直线 与平面 所成的角为 时， ， 所以 ， 则点 的轨迹是以 为球心，为半径的球， 为侧面 内的一个动点， 则点 的轨迹在侧面 内是以 为圆心，为半径的劣弧， 设轨迹分别交 于点 ， ， 可得 ， 则 ，则 ， 劣弧 的长为 ，故 C 正确. 对于 ，当时， ， 所以 ，又， 所以 ， ， 可得为 ， 则三棱锥的体积 . ， 所以当时，三棱锥的体积为定值， 故 D 正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决轨迹长度的关键是先设点计算求轨迹方程，点M的轨迹是以为球心以2为半径的球，再结合侧面内的边长得出角进而得出弧长即可. 11. 中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其形状类似打横的阿拉伯数字8，对应着数学曲线中的双纽线.在平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线，是双纽线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 双纽线上不存在点，使得 B. 双纽线的图象关于轴对称，关于轴对称，也关于原点对称 C. 若，则的周长可以为19 D. 若，则的面积的最大值为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据定义求出，整理出，可以得出当时可以判断A；根据点关于轴，轴，原点的对称点都在曲线上能判断B；根据基本不等式可以判断C，D. 【详解】设，则，， 根据双纽线的定义可得，即， 整理得. 对于A，若曲线C上的点满足，则点在轴上，即， 把代入曲线方程，解得，即点满足，所以这样的点仅有一个，故A错误. 对于B，曲线上任意一点关于轴对称点为，用替换方程中的，方程不变，即也在曲线上， 所以曲线关于原点中心对称，同理曲线关于轴对称，关于轴对称，故B正确； 对于C，若，则，所以周长为， 当且仅当时，等号成立， 所以的周长最小值为，故正确； 对于D，若时，则， 所以面积为， 当且仅当时，即为等边三角形时等号成立， 所以面积的最大值为，故正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设A，B是一次随机试验中的两个相互独立事件，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】由对立事件的概率公式和相互独立事件的概率乘法公式计算. 【详解】由已知得， 因为A，B相互独立，所以． 故答案为：. 13. 已知双曲线，若有且仅有一对过原点且所成的角为的直线和，使得，其中和分别是这对直线与双曲线的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的对称性得到与，与关于轴对称，再根据这样的直线有且仅有一对得到，化简即可得出结果. 【详解】由及双曲线的对称性知，与，与关于轴对称， 又因为满足条件的直线只有一对，所以，， 即，所以， 因为，所以， 即，所以， 即，即. 故答案为：. 14. 按照如下规则构造数表：第一行是2；第二行是，即，；第三行是，即.整理如下： ， ，，， ，，，，，，， … 记第行所有数字之和为，比如，令，比如，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数表的形成过程，可得递推关系，求其通项公式，裂项得，利用裂项相消法求得和，由此可得结论． 【详解】由题意，第行共有项， 第行的第项到第项分别比第行的第项到第项大， 第行的第项到第项分别比第行的第项到第项大， 于是有 等式两边同除，得， 即为等差数列，公差为，首项为 所以，即． 所以 所以 所以， 所以． 【点睛】本题考查数列创新题，考查数列递推公式，考查等差数列的通项公式，裂项相消法求和，难度较大．由数表的形成过程，可得数列的递推公式，但由递推公式构造新数列，这实质是递推公式的应用，对一些特殊的递推公式可通过构造新数列为等差数列或等比数列来求通项公式．对复杂的数列求和时要对项进行变形，变形后如裂项相消，分组求和，并项求和等等．这既考查学生的运算能力，又考查学生的推理能力．要求较高． 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. 如图，在直三棱柱中，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1）证明：由直三棱柱性质以及可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 又可得 则, 所以， 可得，即； 所以，又平面， 可得平面 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量可证明，由线面垂直判定定理即可得出证明； （2）根据面面角的向量求法求得两平面的法向量，即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 即； 由（1）可知为平面的一个法向量， 所以，又， 可得. 所以平面与平面夹角的大小为. 16. 已知数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系式可得数列为等比数列，可得的通项公式； （2）利用分组求和法以及错位相减法计算即可得出结果. 【小问1详解】 由可得， 两式相减可得，即， 因此可得，易知，所以， 又可得， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 即，所以； 又满足， 即的通项公式为 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 记， 则； 两式相减可得， 所以， 因此. 17. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若点为的垂心，的延长线交于点，且，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及二倍角公式求解； （2）由条件，，由此可得，利用正切和角公式得到，从而求出，由此证明为等边三角形，并出的面积； 【小问1详解】 ∵， ∴ 由正弦定理得，， 即， ∵，∴， ∴，又， ∴，∴； 【小问2详解】 因为为的垂心，所以， 又，所以在中，， 同理可得， 又因为，所以， 即， 又因为在中，， 所以，因此， 故，为方程两根， 即， 因为，，所以， 所以为等边三角形， 所以． 18. 已知，动点与点的距离是它与点的距离的倍，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）试判断曲线与圆是否有公共点.若有，求出公共点所在直线的方程； （3）过原点的直线与曲线交于两点，其中点在第一象限，过原点的另一条直线与曲线交于两点，其中点在第二象限，直线分别与轴交于点，，证明：点关于轴对称.（说明：本小问如用平面几何方法证明不给分） 【答案】（1） , （2）有， ； （3）证明：设直线 的方程为 ， 直线 的方程为 ， ， 则直线 的方程为 ， 令 ，解得 所以点 的坐标为 ， 同理可得点 的坐标为 ， 联立 得 ， 则 ， 所以 ，即 ， 同理可得 ， 所以 ， 即 ，即 ， 又 ， 所以 ，即 ， 所以点 关于 轴对称. 【解析】 【分析】（1）设 ，根据已知关系列方程化简可得曲线的方程； （2）由（1）知曲线为圆，求两圆的圆心距，比较其与半径的和差的大小，可判断两圆的位置关系，再求其公共弦， （3）设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， ， ， ，求点的坐标，联立直线与圆的方程结合根与系数关系证明 ，再证明即 ，由此可得结论. 【小问1详解】 设 ，由 ， 得 ， 化简得 ， 即曲线 的方程为 ， 【小问2详解】 因为曲线 的方程为 ，即 ， 所以曲线 是以 为圆心， 为半径的一个圆. 圆 的方程可化为 ， 其圆心为 ，半径为 . 因为 ， 所以曲线 与圆 相交，有两个公共点. 设这两个公共点为 ， 把圆 与圆 的方程联立得 ， 显然 ， 所以直线 的方程为 ； 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，离心率为，点P在椭圆C上，直线（点P在点的右上方）被圆截得的线段的长为c，且． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l交椭圆C于点M，N（异于），设直线的斜率分别为，证明为定值，并求出该定值； （3）设G为直线和的交点，记，的面积分别为，求的最小值． 【答案】（1） （2） 显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为． 联立，消去x整理得， ． 所以 . （3） 【解析】 【分析】（1）设直线的斜率为k（），则直线的方程为，由直线被圆截得的线段的长为c，可求出，联立方程，结合题意可得P的坐标为，结合，即可求解； （2）设直线l的方程为，联立方程，由韦达定理及斜率公式即可求解； （3）由（2）得直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程可得，由三角形的面积公式，结合（2）的结论可得，继而即可求解. 【小问1详解】 由已知有，又由，可得． 设直线的斜率为k（），则直线的方程为， 由已知得，解得， 联立，消去y整理得，解得或． 又点P在点的右上方，所以P的坐标为， 所以，解得， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得直线的方程为， 直线的方程为， 联立两条直线方程，解得，所以． 又， 所以 ，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $