精品解析：上海交通大学附属中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷

交大附中高二月考数学试卷 一．填空题 1. 设集合，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由或，又， 则. 故答案为：. 2. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的意义求解即可. 【详解】平面向量，， 则， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为： 3. 若，则的虚部是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解. 【详解】因为， 所以，虚部为. 故答案为： 4. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出抛物线焦点位置，进而确定椭圆焦点位置，后用椭圆基本量的关系求解即可. 【详解】易知在中，，焦点为， 故椭圆的焦点在轴上，故，解得. 故答案为： 5. 已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式求解. 【详解】解：因为圆锥的底面半径为，母线长为， 所以圆锥的侧面积为， 故答案为： 6. 在等差数列中，，则________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质计算即得. 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 故答案为：6 7. 已知是偶函数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用偶函数的定义直接列式求解即可. 【详解】因为为偶函数， 所以， 所以，所以恒成立，即恒成立， 又，所以，解得，经检验满足题意. 故答案为： 8. 已知，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据给定条件解方程求得，再利用同角三角函数基本公式计算即得. 【详解】因为，所以或， 因为，所以且， 所以. 故答案为：. 9. 过点作圆的切线，则切线的一般式方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆经过点的直径所在直线的斜率即可得切线斜率，进而求出切线方程. 【详解】因为，所以点在圆上，而圆心， 直线的斜率，因此圆C在点处切线斜率为， 所以所求切线方程为，即. 故答案为： 10. 已知双曲线，若双曲线的一条弦的中点为，则这条弦所在直线的斜率为______． 【答案】 【解析】 【分析】运用点差法，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解判断即可. 【详解】设该弦为， 设， 则有，两式相减，得， 因为双曲线C的一条弦的中点为， 所以， 因此由， 即这条弦所在直线的斜率为，方程为， 代入双曲线方程中，得， 因为， 所以该弦存在， 故答案为：. 11. 如图，在等边中，，点为边上的一动点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】取线段的中点，推导出，建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算，结合二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】取线段的中点，连接，因为为等边三角形，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、，设点，其中， ，， 所以，， 当且仅当时，取等号，故的最小值为. 故答案为：. 12. 已知函数在上的值域为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用两角和的正弦公式及辅助角公式把函数化成的形式，再根据正弦函数在给定区间上的值域求的取值范围. 【详解】因为 . 又，所以. 因为，所以，所以，解得. 故答案为： 13. 记等比数列的前项和为，若，下列四个命题：①是递减数列；②有最大项；③是递增数列；④有最小项．其中真命题的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】由已知条件可得首项和公比的范围，结合等比数列的通项公式和求和公式对选项分析即可. 【详解】设等比数列的公比为,因为， 所以，且， 对于①，当时，是递减数列，，是摆动数列，故①错误； 对于②，当时，是递减数列，最大项为， 当，是摆动数列，， 所以数列的奇数项为正，偶数项为负，最大项为第一项，故②正确； 对于③，，且，则，所以， 因为单调递减，所以单调递增， 所以单调递增，故③正确； 对于④，当时，是递减数列，有最小项，没有最大项， 当，是摆动数列，因为，所以数列奇数项为正，偶数项为负，且单调递减， 所以数列有最小项为最大项为，故④正确. 故答案为：②③④. 14. 长为，宽为1的矩形，以它的对角线所在直线为轴旋转一周，得到的旋转体的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】作于点，于点，求出，，然后结合圆锥体积公式利用割补法求解即可. 【详解】如图，是点关于的对称点，交于， 作于点，于点，， ，， 设、、绕直线旋转所成旋转体的体积 分别为，、，则有，， 所求体积． 故答案为： 15. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】采用补体法将正四面体放入正方体中，根据题意求出正方体的棱长，进而求得其外接球的半径，根据勾股定理求出截面圆的半径，即可求解截面面积. 【详解】如图所示，将正四面体放入一个正方体中， 因为、到的距离分别为3、9，距离之和为12， 即正方体的棱长为12，因为球心是正方体的中心， 故球心到平面的距离为， 又球的直径，所以， 所以所截得的截面圆的半径， 故球被平面所截得的圆的面积． 故答案为： 16. 已知三个平面、、，任意两个平面所成的锐二面角的大小都是，则锐角的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用特殊情况来说明两平面所成角的最大角和最小角，从而可得任意角时的范围. 【详解】作出一个正方体，如图： 有平面平面，平面平面，平面平面， 这样满足三个平面、、，任意两个平面所成的二面角的大小都是， 当三个平面重合时，也满足三个平面、、，任意两个平面所成的二面角的大小都是， 由于两个平面所成的二面角的大小没有钝角，通过以上两种情况， 能说明任意两个平面所成角相等时的最小角是0，最大角是， 但是如果三个平面、、，任意两个平面所成的锐二面角的大小都是，那么锐角的取值范围是. 故答案为：. 二．选择题 17. 已知、，，，则是的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】对于，即， 显然由，则，故充分性成立； 由推不出，如，，满足， 但是，故必要性不成立； 所以是的的充分不必要条件. 故选：A 18. 数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当较大时，（，常数）．利用以上公式，可以估算的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，，两式相减，根据对数的运算法则计算可得. 【详解】依题意可得， ， 两式相减可得. 故选：B 19. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 20. 平面直角坐标系中，点是圆上的一个定点，点是圆上的一个定点，若矩形的顶点、都在曲线上，则满足条件的矩形（ ） A. 存在无穷多个 B. 存在有限个 C. 存在唯一一个 D. 可能不存在 【答案】C 【解析】 【分析】先分析以为直径的圆的半径范围及圆心特点，然后利用矩形性质得点、在以为直径的圆上，从而利用两圆位置关系确定点的个数即可得矩形个数. 【详解】圆的圆心，半径为2；圆的圆心，半径为4， 点是圆上的一个定点，点是圆上的一个定点， 则以为直径的圆存在且唯一，该圆的半径范围为即， 且圆心在的内部， 由矩形的性质可知四点共圆，即点、在以为直径的圆上， 又点、都在曲线上，且两圆有唯一一组交点、， 由对称性，不妨设， 则以为直径的圆的方程为， 所以， 所以O到直线的距离为， 所以， 而， 所以此时四边形为矩形， 故满足条件的矩形存在且唯一. 故选：C. 三．解答题 21. 如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点. （1）证明：平面； （2）若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2） 存在，理由如下： 如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内， 则，，，，，， 由直线平面且过点，以及平面，得， 设，则，，， 设平面的法向量为， 则则，即，取，得， 易知平面的法向量， 设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为， 则， ， 由，得，即，解得， 所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等. 【解析】 【分析】（1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立； （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，，，点在线段上，点在线段上，且，设直线与交于点． （1）当变化时，点始终在某个椭圆上运动，求出椭圆的方程； （2）过点作直线与椭圆交于、不同的两点，再过点作直线的平行线与椭圆交于、不同的两点. ①证明：为定值； ②求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） ①证明：令直线的方程为， 联立直线和椭圆方程可得，化简得， 由于椭圆与直线交于两点，， 因此，所以或， 根据韦达定理可得，， 又因为，， 因此， 令的方程为，椭圆与直线交于两点， 联立直线和椭圆方程，化简得， 同理：，，， 因此（为定值）． 又因为当的方程为时，直线与直线重合，不符合题意． 所以（定值）． AI ② 【解析】 【分析】（1）利用向量线性坐标运算得坐标，然后求出直线和的方程，再利用交轨法求得点的轨迹方程； （2）①设直线的方程为，与椭圆方程联立，韦达定理，表示出，，进而得，设的方程为，与椭圆方程联立，韦达定理，表示出，进而得，即可求解比值，得证； ②将转化为，再借助韦达定理转化为关于m的函数，换元后，利用对勾函数性质求解值域即可求解范围. 【小问1详解】 设点，根据已知可得，所以， 因此，所以；同理可得． 因此的斜率，直线的方程为， 所以的方程为，所以， 设直线与的交点坐标为，根据可得， ，整理可得， 因此当变化时，点始终在椭圆上运动． 【小问2详解】 ①略 ②由于，又由于， 因此， 化简可得，设，由于，因此， 因此， 又由于当时，，因此， 因此，所以面积的取值范围为． 【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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）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 $ 交大附中高二月考数学试卷 一．填空题 1. 设集合，，则______． 2. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为______． 3. 若，则的虚部是_________. 4. 已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，则_________. 5. 已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为____________． 6. 在等差数列中，，则________． 7. 已知是偶函数，则______． 8. 已知，，则______． 9. 过点作圆的切线，则切线的一般式方程为______． 10. 已知双曲线，若双曲线的一条弦的中点为，则这条弦所在直线的斜率为______． 11. 如图，在等边中，，点为边上的一动点，则的最小值为______． 12. 已知函数在上的值域为，则实数的取值范围是______． 13. 记等比数列的前项和为，若，下列四个命题：①是递减数列；②有最大项；③是递增数列；④有最小项．其中真命题的序号是______． 14. 长为，宽为1的矩形，以它的对角线所在直线为轴旋转一周，得到的旋转体的体积为______． 15. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为______． 16. 已知三个平面、、，任意两个平面所成的锐二面角的大小都是，则锐角的取值范围是______． 二．选择题 17. 已知、，，，则是的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 18. 数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当较大时，（，常数）．利用以上公式，可以估算的值为（ ） A. B. C. D. 19. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 20. 平面直角坐标系中，点是圆上的一个定点，点是圆上的一个定点，若矩形的顶点、都在曲线上，则满足条件的矩形（ ） A. 存在无穷多个 B. 存在有限个 C. 存在唯一一个 D. 可能不存在 三．解答题 21. 如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点. （1）证明：平面； （2）若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由. 22. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，，，点在线段上，点在线段上，且，设直线与交于点． （1）当变化时，点始终在某个椭圆上运动，求出椭圆的方程； （2）过点作直线与椭圆交于、不同的两点，再过点作直线的平行线与椭圆交于、不同的两点. ①证明：为定值； ②求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $