精品解析：山东省青岛市即墨区实验高级中学2024--2025学年高二上学期12月月考数学试卷

即墨区实验高级中学第三次质量检测 高二数学试题 2024.12 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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选项的标号涂黑．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． 一、选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的一般式方程可求得直线的斜截式方程，再根据斜截式方程得出直线斜率，从而求出倾斜角. 【详解】由题意得，， 即直线的斜率为， 所以直线的倾斜角的正切值为， 则直线的倾斜角为. 故选：C. 2. 若向量，且与的夹角余弦为，则等于（ ） A. 2 B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量夹角余弦值的坐标运算，结合的坐标得到关于的表达式，即可求出的值. 【详解】因为向量，且与的夹角余弦为， 所以， 解得， 故选：D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合等差数列的前n项和公式，由列出关系式求出数列公差，再求的值. 【详解】由题意得，因为，， 所以由等差数列的前n项和公式，， 解得， 所以， 故选：B. 4. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】 由题意可知， 在中，由余弦定理得，化简得， 则，所以. 故选：C. 5. 已知正方体中，，分别为上底面和下底面的中心，则下列与和共面的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得与和均平行的平面的法向量，再逐项计算对应向量与法向量的数量积即可判断得解． 【详解】根据题意，建立空间直角坐标系，如图， 不妨设正方体的棱长为2， 则,0,，,0,，,0,，,2,， ,2,，,2,，,1,，,1,， 所以，， 设与和均平行的平面的法向量为,,， 则有，令，则,1,， 对于A，，则， 所以与和共面，故A正确； 对于B，，则， 所以不与和共面，故B错误； 对于C，，则， 所以不与和共面，故C错误； 对于D，，则， 所以不与和共面，故D错误． 故选：A． 6. 已知直线与直线关于点对称，则恒过的定点为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线所过定点的坐标，求出点关于点的对称点的坐标，即为所求. 【详解】直线的方程可化为，由得， 所以，直线过定点，点关于点的对称点为， 因此，直线恒过的定点. 故选：C. 7. 已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，为的中点，则与平面所成的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，由图形中的几何关系，根据线面角的几何定义先找出与平面所成的角，再由直角三角函数的定义求出其正弦值. 【详解】如图所示， 由题意得，连结相交于点E，取的中点F，连结. 根据作图可知，，，且， 取的中点G，连结， 则可得平行且相等，四边形为平行四边形，. 在等边中，因为G是AC中点，所以， 故由勾股定理，， 所以. 又因为在中，，所以， 因为平面，平面， 所以，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以故平面， 所以根据线面角的定义，与平面所成的角为， 又因为， 所以在中，， 故选：B. 8. 已知点在直线上，若以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用两圆有公共点得到，进而利用两点距离公式得到关于的二次不等式，解之即可得解. 【详解】因为点在直线上， 所以，即，则， 因为圆可化为， 所以圆A的圆心为，半径为， 因为以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点， 所以，即， 即，解得， 则，即，则. 故选：B. 二、多项选择题：本题共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. 已知直线：，直线：，若或，则的值可能为（ ） A. 4 B. C. D. 1 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两直线平行、垂直的充要条件得到方程，解得即可. 【详解】因为直线：，直线：， 若，则，解得； 若，则，解得或， 当时直线：与直线：平行，符合题意； 当时直线：与直线：重合，不符合题意； 综上可得,或. 故选：BC. 10. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数m的值为 D. 若点P在直线上，点在圆上，，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用点圆位置关系的判定方法可判断A，将问题转化为直线与圆的位置关系，从而列式可判断B，将问题转化为圆心到直线的距离问题，从而列式可判断C，利用将军钦马问题，结合定点到圆上动点的距离问题可判断D，从而得解. 【详解】对于A，因为， 所以点在圆外，故A错误； 对于B，因为圆，可化为， 所以圆心，半径为， 设，则，又点在圆上， 所以直线与圆有交点， 即，解得， 所以的最大值为，故B正确； 因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，而圆的半径为， 所以圆心到直线的距离为1， 即，解得，故C正确； 对于D，设关于直线的对称点为， 则，解得，则， 则， 而的最小值为， 所以， 当且仅当四点共线，且在线段时，等号成立， 则的最小值为. 故选：BCD. 11. 在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，的面积S的最大值为 C. 当时，有且仅有一个点P，使得 D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】AC 【解析】 【分析】确定点的位置，建立空间直角坐标系.等体积转化可得选项A正确；由线面垂直得，分析的最大值可得选项B错误；利用计算的值只有一个，可得选项C正确；利用可得选项D错误. 【详解】由题意得，. ∵，平面，平面，， ∴平面， ∵，∴平面. 由得点在四边形内（包含边界）. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，， ∴， ∴，由得，. A. 当时，，此时点到距离为， 故，为定值，选项A正确. B. 当时，，，当时，， 由平面，平面，得， ∴，最大值为，选项B错误. C. 当时，， 由得，，故有且仅有一个点P，使得，选项C正确. D. 当时，， 由题意得，四边形为正方形，故， 要使平面，需， ∵，∴不成立，选项D错误. 故选：AC. 【点睛】思路点睛：本题考查空间向量综合问题，具体思路如下： （1）当时，分析条件可知点到距离为，利用等体积转化可得，计算结果为定值. （2）当时，由平面得，，分析的最大值即可得到结果. （3）当时，计算的坐标，利用只能得到一个得，，故有且仅有一个点P，使得. （4）分析条件可得，要使平面，需，而，故不存在点P，使得平面. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】， 故答案为：6 13. 已知在长方体中，，，则到平面的距离为______． 【答案】1 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法计算可得结果. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 可得，令，则， 即， 又， 所以到平面的距离为. 故答案为：1 14. 已知椭圆：，、分别是其左，右焦点，为椭圆上非长轴端点的任意一点，是轴上一点，使得平分.过点作、的垂线，垂足分别为、.设．（1）当时，面积为______；（2）求的最大值______． 【答案】 ①. ②. ##0.1875 【解析】 【分析】（1）结合椭圆定义利用余弦定理求得，代入三角形面积公式求解即可； （2）由，即，则，结合椭圆定义利用余弦定理求得，再利用基本不等式求解作答. 【详解】（1）椭圆中，，. 在中，由余弦定理得， 即有， 则，所以， 所以； （2）依题意，，，由， 得，即， 则， 椭圆中，， 在中，由余弦定理得， 即有， 则， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是. 故答案为：（1）；（2） 四、解答题：本题共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. 已知直线与轴交于点， 与轴交于点，与交于点． （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）联立直线、的方程，求出点的坐标，根据两直线平行求出所求直线的斜率，再利用点斜式可得出所求直线的方程； （2）求出点、，可求出的值，以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得结果. 【小问1详解】 由得，即点. 因为所求直线与直线平行，所以，所求直线斜率为， 故所求直线方程为，即. 【小问2详解】 直线与轴交点的坐标为，直线与轴交点的坐标为， 则，点到的距离， 所以，的面积. 16. 已知点，，点A关于直线的对称点为C. （1）求的外接圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）先利用点关于直线对称求得点的坐标，再利用待定系数法求得圆的一般方程，从而配方得解； （2）利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，再分类讨论直线斜率存在与否，利用点线距离公式列式即可得解. 【小问1详解】 依题意，设点， 因为点与点关于直线对称， 所以，解得，故， 设的外接圆的一般方程为， 则，解得， 则圆的一般方程为， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，圆的圆心为，半径为， 因为直线被圆截得的弦长为2， 所以圆心到直线的距离为， 当直线斜率不存在时，直线方程为，易知满足题意； 当直线斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得， 此时的方程为，即 综上，所求直线的方程为或. 17. 记关于的不等式（）的整数解的个数为，数列的前项和为，满足． （1）求数列的通项公式： （2）设，若对任意的，都有成立，试求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，结合，可以求出的通项公式，再根据，计算数列的通项公式即可； （2）结合（1）知，，通过，得到，将分正偶数和正奇数两种情况分析讨论即可． 【小问1详解】 由，得， 因为，故，于是. 所以，易知，即. 当时，， 故，，当时，上式也成立， 所以，. 【小问2详解】 ， 所以， 所以， 由，可得， 由于，若为偶数时，则， 由于，所以， 若为奇数时，则， 因为，所以， 所以． 故的取值范围为． 18. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，右顶点为A，且，离心率为. （1）求C的方程； （2）已知点，M，N是曲线C上两点（点M，N不同于点A），直线分别交直线于P，Q两点，若，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2） 证明：由题意可知直线的斜率不为0，否则将位于x轴同侧，，不合题意； 设的方程为（），代入， 得， 由，得， 设，，则，， 所以， ， 直线AM的方程为，令，得，故， 同理可求， 所以，， 由，得， 即，所以， 所以，解得，（舍）， 所以直线MN的方程为，故直线MN过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意列方程组求解的值，即得答案； （2）设的方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示出直线的方程，进而求得坐标，结合化简求值，可得t的值，即可证明结论. 【小问1详解】 设椭圆C的半焦距为c，由题意得， 解得， 故C的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线过定点问题，解答此类题目的思路并不困难，设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合题意进行化简即可，难点在于计算过程比较复杂，且基本都是有关字母参数的计算，计算量较大，要十分细心. 19. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】（1） 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. （2） （3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【解析】 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 即墨区实验高级中学第三次质量检测 高二数学试题 2024.12 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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选项的标号涂黑．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． 一、选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 若向量，且与的夹角余弦为，则等于（ ） A. 2 B. C. 或 D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方体中，，分别为上底面和下底面的中心，则下列与和共面的向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线与直线关于点对称，则恒过的定点为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，为的中点，则与平面所成的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点在直线上，若以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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. 已知直线：，直线：，若或，则的值可能为（ ） A. 4 B. C. D. 1 10. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数m的值为 D. 若点P在直线上，点在圆上，，则的最小值为 11. 在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，的面积S的最大值为 C. 当时，有且仅有一个点P，使得 D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，，则______． 13. 已知在长方体中，，，则到平面的距离为______． 14. 已知椭圆：，、分别是其左，右焦点，为椭圆上非长轴端点的任意一点，是轴上一点，使得平分.过点作、的垂线，垂足分别为、.设．（1）当时，面积为______；（2）求的最大值______． 四、解答题：本题共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. 已知直线与轴交于点， 与轴交于点，与交于点． （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求的面积． 16. 已知点，，点A关于直线的对称点为C. （1）求的外接圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程. 17. 记关于的不等式（）的整数解的个数为，数列的前项和为，满足． （1）求数列的通项公式： （2）设，若对任意的，都有成立，试求实数的取值范围． 18. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，右顶点为A，且，离心率为. （1）求C的方程； （2）已知点，M，N是曲线C上两点（点M，N不同于点A），直线分别交直线于P，Q两点，若，证明：直线过定点. 19. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $