精品解析：山东省潍坊安丘市等四区县2024-2025学年高二12月月考数学试题

高二阶段性调研监测考试 数学试题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题不正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 2. 学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（ ） A. B. 36 C. 24 D. 3. 若圆与圆外切，则的值是（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 1 4. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线所成角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知，是双曲线（，）左，右焦点，点（）是双曲线E上的点，点C是内切圆的圆心，若，则双曲线E的渐近线为（ ） A B. C. D. 8. 数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（    ） A. A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法 B. A与同学不相邻，共有种站法 C. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 D. A不在排头，B不在排尾，共有504种站法 10. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 11. 已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 若，则外接圆的面积为 D. 的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设是抛物线上的一个动点，为抛物线的焦点，若点，则的最小值为______. 13. “奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有______种不同的涂法? 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 四、解答题 15. 已知圆，点． （1）过点圆作切线，切点为，求线段的长度 （2）过点作一条斜率为的直线与圆交于，两点，求线段的长度 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求直线平面夹角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 17. 已知椭圆的右焦点为，且过点. （1）求C的方程； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，求面积的最大值. 18. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （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. 已知点，，动点满足，动点的轨迹为记为. （1）求轨迹的方程. （2）若为上一点，且点到轴的距离，求内切圆的半径的取值范围. （3）若直线与交于，两点，，分别为的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二阶段性调研监测考试 数学试题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线面位置关系逐项分析判断即可. 【详解】若，则,故A选项正确； 由，，可以推出，故B选项正确； 由平面与平面垂直的判定定理可知，若，则，故C选项正确； ，，则或异面，故D不正确. 故选：D. 2. 学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（ ） A. B. 36 C. 24 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分析可得每名学生都有4种选法，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，每名学生都可以在书法、绘画、篮球和羽毛球兴趣小组中任选1个， 都有4种选法，由分步计数原理得，共有种不同的选法. 故选：D. 3. 若圆与圆外切，则的值是（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】已知两圆外切，可根据圆心距和半径的关系求解. 【详解】圆，则圆心，半径； 圆，则圆心，半径； 则，则，解得； 故选：C. 4. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线渐近线方程可得，将代入双曲线方程可求得，，由此可得结果． 【详解】由双曲线方程可得其渐近线方程为：，则，即， 则双曲线方程可化为：， 由双曲线过点，得，解得：，， 所以双曲线方程为：． 故选：C 5. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求向量夹角，即可确定异面直线与直线所成的角. 【详解】， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设， 则， 所以， 所以， 又，所以， 因此直线与直线所成的角为. 故选：C. 6. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得渐近线，后由渐近线到圆心距离为1可得答案. 【详解】的渐近线为，圆的圆心为，半径为1. 由对称性，到距离为1，则. 故选：A 7. 已知，是双曲线（，）的左，右焦点，点（）是双曲线E上的点，点C是内切圆的圆心，若，则双曲线E的渐近线为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据面积关系可得，即可由双曲线定义得，进而可求解. 【详解】解：设内切圆的半径为r，则有， 所以，由双曲线的定义可知，继而， E的渐近线为，化简为， 故选：A． 8. 数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题. 【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：， 将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为 ，解得，因为，所以 故选：A 二、多选题 9. 身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（    ） A. A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法 B. A与同学不相邻，共有种站法 C. A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 D. A不在排头，B不在排尾，共有504种站法 【答案】ABD 【解析】 【分析】由定序排列即可判断A；由插空法即可判断B；由捆绑法即可判断C；分类讨论A的位置即可判断D． 【详解】对于A，将三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有种站法， 故A正确； 对于B，先排，共有种站法，A与同学插空站，有种站法， 故共有种站法，故B正确； 对于C，将三位同学捆绑在一起，且A只能在C与D的中间，有2种情况， 捆绑后有种站法，故共有种站法，故C错误； 对于D，当在排尾时，随意站，则有种站法； 当不在排头也不在排尾时，有种，有种，剩下同学随意站有种， 共有种， 故A不在排头，B不在排尾，共有种站法，故D正确； 故选：ABD． 10. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求其周长判断A；连接，以为圆心，为半径画弧，易知当在，上时直线与所成的角为，求其轨迹长判断B；取特殊位置排除C；取的中点分别为，根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，进而求长度的最大值判断D. 【详解】选项A：因为在正方体中，平面，又平面， 所以动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，A说法错误； 选项B：连接，以为圆心，为半径画弧，如图所示， 当点在弧上时，因为直角三角形中，所以与所成的角为， 则当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又，，， 所以点的轨迹长度为，B说法正确； 选项C：当点在平面时，， 易知此时面积最大值为，所以此时三棱锥体积的最大值为，C说法错误； 选项D：取的中点分别为， 连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为，，， 所以平面和平面是同一个平面，则点的轨迹为线段， 在中，，， 则， 所以是以为直角的直角三角形， 所以，即线段长度最大值为，D说法正确； 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 11. 已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 若，则外接圆的面积为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由题可得，然后可计算离心率；B等价于判断方程组是否有解；C设，由余弦定理及题目条件可得，然后由正弦定理可得外接圆半径，即可判断选项正误；D设，可将化为，后由基本不等式可得最小值. 【详解】A选项，因为点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1， 故有：，解得：， 椭圆的离心率，故A正确； B选项，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上， 又因为方程组无解，故B错误； C选项，设，则， 若，即， 在中，由余弦定理可得 ， 因为，所以， 根据正弦定理可知，，故C正确； D选项，设，则： ， 令，则， 所以， 当且仅当，即时取“=”， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：对于外接圆问题，常联想正弦定理，外心，向量等知识；对于最值问题，常联想基本不等式，函数单调性，导数等知识. 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 设是抛物线上的一个动点，为抛物线的焦点，若点，则的最小值为______. 【答案】6 【解析】 【分析】过作准线的垂线垂足为，交抛物线于，根据抛物线的定义可得，当、、三点共线时，小值． 【详解】抛物线，所以焦点为，准线方程为， 当时，所以，因为，所以点在抛物线内部， 如图， 过作准线的垂线垂足为，交抛物线于， 由抛物线的定义，可知， 故． 即当、、三点共线时，距离之和最小值为． 故答案为：． 13. “奥帆之都”青岛，具有现代时尚都市感的同时，更注重里院文化的传承与保护，为建设“建筑可阅读、街道可漫步、文化可传承、城市可记忆”的“最青岛”，市南区举办了“上街里，逛春天，百米长卷绘老城”活动.一位同学在活动中负责用5种不同颜色给如图所示的图标上色，要求相邻两块涂不同的颜色，共有______种不同的涂法? 【答案】180 【解析】 【分析】按照②、④不同色和②、④同色，分两类计数再相加，可得结果. 【详解】当②、④不同色时，有种涂色方案； 当②、④同色时，有种涂色方案， 根据分类加法计数原理可得共有种涂色方案. 故答案为：. 14. 如图，在正方体中，，点分别为的中点，则平面截正方体所得截面面积为__________，动点满足，且，则当取得最小值时二面角的余弦值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，第一空：只需证明即可得到平面截正方体所得截面为梯形，进一步结合已知条件求解即可；第二空：结合已知将取得最小值转换为，其中，进一步求出两平面的法向量即可求解. 【详解】由题意以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第一空：因为分别为的中点，所以， 因， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 因，所以，即四点共面， 所以平面截正方体所得截面为梯形，由对称性可知该梯形是等腰梯形， 因为正方体棱长为4， 所以梯形的上底，下底，梯形的腰长为， 所以梯形的高为， 故所求截面面积为； 第二空：由题意，且， 所以， 在中，当时，， 所以表示经过点且法向量为的平面， 即点在平面上， 由以上分析可知，， 若要取得最小值，只需最小，此时，当然也有， 由题意设，而， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 显然平面的一个法向量可以是， 二面角的余弦值为. 故答案为：18，. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键在于将取得最小值转换为，其中，由此即可顺利得证. 四、解答题 15. 已知圆，点． （1）过点圆作切线，切点为，求线段的长度 （2）过点作一条斜率为的直线与圆交于，两点，求线段的长度 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）数形结合根据勾股定理求解即可； （2）根据垂径定理求解即可. 【小问1详解】 圆心，半径为，即，又， 故； 【小问2详解】 ，故直线，记圆心到直线的距离为， ，故. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求直线平面夹角的正弦值； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由线面角的夹角向量公式求出直线平面夹角的正弦值； （2）在（1）基础上，由点到平面距离向量公式求出答案. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设平面的法向量为， 则，令，则，则， 直线平面夹角的正弦值为； 【小问2详解】 由（1）知，平面的法向量为， 点到平面的距离为． 17. 已知椭圆的右焦点为，且过点. （1）求C的方程； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合，代入点的坐标，列式计算得解. （2）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，借助韦达定理结合均值不等式计算作答. 【小问1详解】 椭圆的右焦点为， 则椭圆的半焦距为， 由于，则椭圆的方程变为：， 将点的坐标代入，，解得：或（舍去）， 得， 所以椭圆的方程为. 小问2详解】 依题意，直线l的斜率不为0，则设直线l的方程为， ，， 由消去x并整理得：， ，， 的面积， ， 设，， ， 因为，当且仅当，时取得“=”， 于是得，， 所以面积的最大值为1. 18. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （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）证明见解析 （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值； （3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出. 【小问1详解】 如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以， 又，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 因为，所以四边形是菱形，从而， 沿着AE翻折成后，有 又平面，所以平面， 由题意，易知，所以四边形是平行四边形， 故，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面，则有， 由（1）知，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，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，故， 又平面一个法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 19. 已知点，，动点满足，动点的轨迹为记为. （1）求轨迹的方程. （2）若为上一点，且点到轴的距离，求内切圆的半径的取值范围. （3）若直线与交于，两点，，分别为的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）因为，所以利用椭圆的定义可得的方程； （2）表示出的周长和面积，进而求出内切圆的半径； （3）方法一：联立与椭圆方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，故，故，计算出即可； 方法二：联立与椭圆方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，故，计算出即可. 【小问1详解】 因为， 所以是以为焦点，且长轴长为6的椭圆. 设的方程为，则，可得，又， 所以，所以曲线的方程为：. 【小问2详解】 的周长， 的面积， 所以内切圆的半径， 故内切圆的半径的取值范围为. 【小问3详解】 方法一：联立，得， 设，，易知，且，. 则，， 所以. 由，，得， 所以. 所以为定值，且定值为. 方法二：联立，得， 设，，易知，且，. 则，，因为， . 所以，故为定值，且定值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$