精品解析：广东省陆丰市玉燕中学2024-2025学年高二上学期月考3（12月）数学试题

陆丰市玉燕中学高二级月考3（数学）试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆与圆相交于A，B两点，则两圆公共弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 设椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的是（ ） A. 平均数为4 B. 方差为 C. 众数为5 D. 分位数为2 5. 已知圆经过点，则圆在点P处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 10. 已知，为双曲线的两个焦点，P为双曲线C上任意一点，则（ ） A. B. 双曲线C的渐近线方程为 C. 双曲线C的离心率为 D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 一定是异面直线 B. 存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在焦点为F的抛物线上，若，则__________． 13. 已知动点P在椭圆上，，，则的最小值为__________． 14. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是__________. 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. 已知圆M经过两点，且圆心M在直线上. （1）求圆M的标准方程； （2）若直线过点，且被圆M截得的弦长为，求直线的方程. 16. 如图，是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若，，求三棱锥的体积. 17. 已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点，长轴长为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线l与椭圆C交于两点，求弦长； （3）若直线l与椭圆相交于两点，且弦的中点为，求直线l的方程. 18. 如图所示，在四棱柱中，侧棱底面ABCD，，，，，E为棱的中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正弦值． （3）设点M在线段上，且直线AM与平面所成角的正弦值是，求线段AM的长． 19. 已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. （1）求双曲线C的方程； （2）已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陆丰市玉燕中学高二级月考3（数学）试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得的坐标，然后根据空间向量模的坐标运算求得结果. 【详解】由于向量，，所以， 所以， 故选：D. 2. 已知圆与圆相交于A，B两点，则两圆公共弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】两圆方程相减可得答案. 【详解】，① ，② ①②得. 故选：B. 3. 设椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆方程得焦点坐标，再结合离心率求出，然后再由关系求得得椭圆方程． 【详解】根据题意抛物线的焦点坐标是，所以， 又椭圆离心率是，则，所以， 椭圆方程化为标准方程为，焦点在轴， 所以，从而， 椭圆方程为， 故选：C． 4. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则下面结论正确的是（ ） A. 平均数为4 B. 方差为 C. 众数为5 D. 分位数为2 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数、方差、众数及百分位数的定义求解判断各选项． 【详解】平均数为，A错； 方差为，B正确； 众数有两个：2和3，C错误； 将数据从小到大排列为，由知第8百分位为为，D错， 故选：B． 5. 已知圆经过点，则圆在点P处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求的值, 然后求圆心坐标，接着求圆心与点连线的斜率，最后求圆在点处的切线方程. 【详解】因为圆经过点， 将点代入圆的方程可得：.即，所以， 则圆的方程为. 对于圆，其圆心坐标为，所以此圆的圆心.： 根据斜率公式，这里，，则. 因为圆的切线与圆心和切点连线垂直，若两条垂直直线的斜率分别为和，则. 已知，所以切线的斜率. 又因为切线过点，根据点斜式方程（这里）， 可得切线方程为.整理得. 故选：A. 6. 如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定四棱锥的体积最大时，平面，然后以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求点面距． 【详解】由得，所以，四边形的面积是确定的， 点到平面为，则，因此 四棱锥的体积最大时，取得最大值，所以平面， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 所以点到平面的距离为， 故选：B． 7. 刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用基向量表示和，再利用异面直线所成角的向量公式即可求解. 【详解】依题意得，， 所以 ， 又，， 所以设异面直线AE与BD所成的角为， 则 故选：A. 8. 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算出，，然后两次应用余弦定理求得的关系式，从而求得离心率． 【详解】由题意，，且， 在中，由余弦定理得， 同理在中由余弦定理得， 所以，可得，所以离心率为， 故选：C． 二、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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】由线面位置关系的向量法判断A，由共面定理的推论判断B，由向量数量积的定义判断C，求出投影向量判断D． 【详解】选项A，因为，所以，A正确； 选项B，，而，∴共面，B正确； 选项C，时，也有，C错误； 选项D，在上的投影向量，D错． 故选：AB． 10. 已知，为双曲线的两个焦点，P为双曲线C上任意一点，则（ ） A. B. 双曲线C的渐近线方程为 C. 双曲线C的离心率为 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用双曲线的定义判断A，求出渐近线方程判断B，求出离心率判断C，利用判断D． 【详解】根据双曲线的定义，A错； 由双曲线方程知，，双曲线渐近线为，B错； ，离心率为，C正确； ，又的最小值是，从而，D正确， 故选：CD． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 一定是异面直线 B. 存在点，使得 C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 D. 过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，由正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断. 【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系： 则， 设，则点坐标为； 对A：设平面的法向量为，， 则，即，取，解得，故； 又，， 考虑到，则，故， 故一定是异面直线，A正确； 对B：，， 若，则，即， 解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误； 对C： ，取平面的法向量， 则， 设直线与平面的夹角为 则，则， ，又，故， 即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误； 对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大. 此时过的截面经过对称中心， 设截面交于中点，也为中点， 所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大， 取的中点为，连接，如下所示： 故此时截面为正六边形， 其面积，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在焦点为F的抛物线上，若，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据抛物线的焦半径公式求解． 【详解】由焦半径公式得，解得， 故答案为：3. 13. 已知动点P在椭圆上，，，则的最小值为__________． 【答案】1 【解析】 【分析】另一焦点为，利用双曲线的定义转化为，然后可得最小值． 【详解】由题意是椭圆的下焦点，如图，设上焦点为， 在椭圆上，则， 所以， 当且仅当是线段与椭圆的焦点时等号成立， 故答案为：1. 14. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由圆心在线段的垂直平分线上设出圆心坐标及圆的方程，再由圆与轴相切由切点适合圆的方程待定系数，进而求得切点，结合圆的性质可得当取最大值时点坐标. 【详解】，则线段的中点坐标为， 可知，则线段的垂直平分线的方程为， 即， 经过两点的圆的圆心在上， 设圆心为， 则半径， 则圆的方程为， 当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得）， 则此时，代入圆的方程得， 化简得，解得或， 即对应的切点为或， 设，. 因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大， 又过点的圆的半径大于过点的圆的半径， 所以，故点为所求， 即当取最大值时，点的横坐标为2. 故答案为：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. 已知圆M经过两点，且圆心M在直线上. （1）求圆M的标准方程； （2）若直线过点，且被圆M截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆方程，代入已知点坐标到方程以及圆心的关系，解得参数，写出圆的方程； （2）讨论斜率是否存在：斜率不存在时直接得到直线方程，验证交点弦长满足题意；当斜率不存在时，设用点斜式设直线，求出圆心到直线距离，由垂径定理建立等式，求得斜率值，写出直线方程. 【小问1详解】 设圆M的方程为：， 由题意得，解得， 圆M的标准方程为； 【小问2详解】 由（1）可知圆的圆心为，半径， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离， 被圆截得的弦长为，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 则圆心到直线， 由被圆截得的弦长为，可得，则， 解得，所以直线的方程为，即， 综上，直线的方程为或. 16. 如图，是正方形，是正方形的中心，底面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若，，求三棱锥的体积. 【答案】（1）连接 为正方形，则为中点 在中，分别为中点 ∥ 又平面，平面 平面 （2）平面，平面 又为正方形 又平面，平面， 平面 （3）. 【解析】 【分析】（1）通过中位线证得，根据线面平行的判定定理证得结论； （2）由线面垂直性质得，再根据正方形得，根据线面垂直的判定定理证得结论； （3）利用体积桥可知，根据公式求解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知：，又 点到面的距离为 【点睛】本题考查线面平行关系、线面垂直关系的证明，三棱锥体积的求解，考查学生对于直线与平面位置关系涉及到的定理的掌握情况.求解三棱锥体积时，常采用体积桥的方式进行转化. 17. 已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点，长轴长为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线l与椭圆C交于两点，求弦长； （3）若直线l与椭圆相交于两点，且弦的中点为，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴长及所经过点直接求出，得出椭圆C的标准方程. （2）直线l与椭圆方程联立，得出韦达定理，根据弦长公式得出结果. （3）设，根据“点差法”求出直线的斜率，由点斜式即可求解. 【小问1详解】 由题意设椭圆C的方程为， 因为椭圆经过点且长轴长为， 所以， 所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由已知设直线l的方程为，设，. 将直线代入， 得， 所以，， . 【小问3详解】 设，则中点是， 于是，即， 由于在椭圆上，故， 两式相减得到，即， 故，于是， 故直线的方程是， 整理得 18. 如图所示，在四棱柱中，侧棱底面ABCD，，，，，E为棱的中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正弦值． （3）设点M在线段上，且直线AM与平面所成角的正弦值是，求线段AM的长． 【答案】（1） 证明：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， E为棱的中点，因此， ， 因为，所以，即； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明线线垂直； （2）用空间向量法求面面角； （3）设，表示出，由线面角的向量法求得后可得线段长度． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）， 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 由（1），又，，平面， 所以平面， 因此平面的一个法向量是， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为，从而正弦值为； 【小问3详解】 由（1）知， 设，则，， 易知平面的一个法向量是， ，解得（负值舍）， 所以． 19. 已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且. （1）求双曲线C的方程； （2）已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）. （i）求m的取值范围； （ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上. 【答案】（1） （2）（i）或； （ii）证明：，，则， 直线的方程为，直线的方程为. 联立直线与的方程，得， 所以， 所以， 所以， 所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上 【解析】 【分析】（1）根据求出，，从而得到，求出，得到双曲线方程； （2）（i）由题意知直线l的方程为，，，联立双曲线方程，结合根的判别式和得到不等式，求出m的取值范围； （ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线和直线的方程，联立得到，将代入，化简得到，得到答案. 【小问1详解】 由题意可知，，因为，所以. 因为，，得， 又因为在双曲线上，则， 所以. 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意知直线l的方程为，，. 联立， 化简得， 因为直线l与双曲线左右两支相交，所以， 即满足：， 所以或. （ii）略. 【点睛】圆锥曲线中，针对非对称韦达，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，并两者相除，得到两者的关系，再代入后续的计算中，达到化简的目的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $