精品解析：宁夏银川市灵武市第一中学2024-2025学年高二上学期11月月考数学试题

灵武市第一中学2024～2025学年高二年级第一学期十一月月考试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章第2节. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. 0 B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若椭圆：的短轴的一个端点为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. 3 C. D. 2 5. 直线与直线的交点到直线的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知、是平面内两个不同的定点，则“为定值”是“动点的轨迹是双曲线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在平面直角坐标系中，若圆：上任意一点关于原点的对称点都不在圆：上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是椭圆的一个焦点，是的上顶点，的延长线交于点，若，则的离心率是（ ） 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. 已知曲线（其中为常数），则曲线可能为（ ） A. 平行于轴的两条直线 B. 单位圆 C. 焦点在轴上的双曲线 D. 焦点在轴上的椭圆 10. 如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ） A. B. 异面直线，所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 的面积是 11. 已知圆C的方程为，为圆C上任意一点，则（ ） A. 若，，则的值与M的位置无关 B. 轴上存在无数对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 C. 直线上存在无数对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 D. 直线上不存在一对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，若，则______． 13. 在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为__________. 14. 已知，是双曲线：（，）的左、右顶点，，是双曲线上第二象限内的点，设直线的斜率为，直线的斜率为，且，则双曲线的离心率为_________；当取得最大值时，则点的纵坐标为_________． 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. 已知关于的方程：． （1）当为何值时，方程表示圆； （2）若圆C与直线相交于两点，且，求的值． 16. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点. （1）求到的距离； （2）求与平面所成角的正弦值. 17. 已知双曲线的离心率是，焦距是6． （1）求的方程； （2）若直线与相交于A，B两点，且（为坐标原点），求的值． 18. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 给定椭圆 :，我们称椭圆为椭圆的“伴随椭圆”.已知，分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，等腰的面积为，且顶角的余弦值为 （1）求椭圆的方程； （2）是椭圆上一点（非顶点），直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，证明:为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 灵武市第一中学2024～2025学年高二年级第一学期十一月月考试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章第2节. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用直线倾斜角概念即可. 【详解】直线垂直于轴，所以其倾斜角为. 故选：B. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程公式，即可得到答案. 【详解】双曲线的渐近线方程是，即. 故选：A. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出向量的坐标，由已知条件得出，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值. 【详解】因为，，则， 因为，则，解得. 故选：A. 4. 若椭圆：的短轴的一个端点为，则椭圆的长轴长为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知椭圆焦点在轴上，将端点代入椭圆方程即可求解. 【详解】由题意知C的焦点在x轴上，椭圆C的标准方程为，且， 所以，所以C的方程为，所以其长轴长为，故A正确. 故选：A. 5. 直线与直线的交点到直线的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】联立方程得出交点，再应用点到直线距离公式计算即可. 【详解】联立得交点为，所以距离. 故选：A. 6. 已知、是平面内两个不同的定点，则“为定值”是“动点的轨迹是双曲线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用特例法、双曲线的定义以及充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若，则，此时，点的轨迹是线段的垂直平分线， 所以，“为定值”“动点的轨迹是双曲线”； 若动点的轨迹是双曲线，则为定值， 所以，“为定值”“动点的轨迹是双曲线”. 因此，“为定值”是“动点的轨迹是双曲线”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 在平面直角坐标系中，若圆：上任意一点关于原点的对称点都不在圆：上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆关于原点的对称圆圆的方程，分析可知，圆与圆无公共点，可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围. 【详解】圆：关于原点的对称圆为：， 则， 由已知得与无公共点，所以或， 所以或，解得：或， 又因为，所以，故C正确. 故选:C. 8. 已知是椭圆的一个焦点，是的上顶点，的延长线交于点，若，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，结合余弦定理即可求解. 【详解】取椭圆的另一个焦点为,连接， 则， 由可得， 故， 故由余弦定理可得， 化简可得，故， 故选：A 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. 已知曲线（其中为常数），则曲线可能为（ ） A. 平行于轴的两条直线 B. 单位圆 C. 焦点在轴上的双曲线 D. 焦点在轴上的椭圆 【答案】BC 【解析】 【分析】根据圆，双曲线，椭圆的方程特征，依次分析各选项即可. 【详解】对于A，当，即时，，表示平行于轴的两直线，故A错误； 对于B，当时，，表示以原点为圆心，半径为1的单位圆，故B正确； 对于C，当，即或时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，故C正确； 对于D，当，且时，则，所以， 因此曲线表示焦点在轴上的椭圆，故D错误. 故选：BC. 10. 如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ） A. B. 异面直线，所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 的面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用面面垂直的性质推得，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，进而利用向量法逐一分析判断各选项即可. 【详解】因为四边形，都是正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，则， 所以，，两两垂直， 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图所示， 则，，，，， 又，分别是线段，的中点，所以，， 所以，， 又，不共线，所以，故A正确； ，，设异面直线，所成角为， 则，又，所以， 即异面直线，所成角为，故B错误； 由，，得， 所以点到直线的距离为，故C正确； 因为，所以到的距离即为到的距离， 所以的面积，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知圆C的方程为，为圆C上任意一点，则（ ） A. 若，，则的值与M的位置无关 B. 轴上存在无数对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 C. 直线上存在无数对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 D. 直线上不存在一对定点A，B（A，B不重合），使得的值与M的位置无关 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，，由，再结合可求得即可对A、B判断；由圆关于直线对称且结合A、B中推论，可对C、D判断. 【详解】A：圆心C的坐标为，圆关于轴对称，设，， 则，即，对恒成立， 所以，所以，所以， 即，所以且且且， 令，得，所以A正确； B：因为且且且有无数组解，所以B正确； C、D：由圆关于直线对称及以上推理得，直线上也存在无数对定点A，B（A，B不重合）， 使得的值与M的位置无关，所以C正确，D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线垂直的充要条件可解. 【详解】若，则，解得． 故答案为： 13. 在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意先将分解成的线性组合，结合已知条件以及模长公式即可求解. 【详解】如图所示： 由题意知， 所以 ， 所以，即的长为. 故答案为：. 14. 已知，是双曲线：（，）的左、右顶点，，是双曲线上第二象限内的点，设直线的斜率为，直线的斜率为，且，则双曲线的离心率为_________；当取得最大值时，则点的纵坐标为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由已知可得，设出点的坐标，利用斜率坐标公式列式计算出，进而求出离心率；利用基本不等式求出取得最大值的条件，再求出点的纵坐标. 【详解】依题意，，，双曲线：， 设， 则，，， 所以双曲线的离心率； 显然，则，当且仅当时取等号， 由，解得，而，则， 所以点的纵坐标为. 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. 已知关于的方程：． （1）当为何值时，方程表示圆； （2）若圆C与直线相交于两点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用圆的一般式的条件求解即可； （2）利用弦长公式计算参数即可. 【小问1详解】 由圆的一般方程性质可知： 解得， 所以当时，方程表示圆. 【小问2详解】 由，得， 所以该圆圆心为，半径 所以圆心到直线的距离 根据弦长公式可知： 解得. 16. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点. （1）求到的距离； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，建系，由向量法得出到的距离； （2）由向量法得出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 解：以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，， ， 所以到的距离. 【小问2详解】 设平面的一个法向量，则，即 令，解得，，故. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知双曲线的离心率是，焦距是6． （1）求的方程； （2）若直线与相交于A，B两点，且（为坐标原点），求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意求出、，即可求出，从而求出方程； （2）设，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示得到方程，代入，求出的值. 【小问1详解】 因为双曲线：（，）的离心率是，焦距为6， 所以，，其中，解得，， 所以. 所以的方程为. 【小问2详解】 如图， 设，， 联立方程消去得， 因为直线：与相交于，两点， 所以，即且， 由韦达定理得， 又，， 所以， 所以， 将韦达定理代入上式，得， 即，解得，满足且. 18. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 以点为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. ，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，则. 又，可得，因为平面，所以平面. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可； （2）根据（1）的结论及点到面的距离公式计算即可； （3）利用空间向量计算面面夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离. 易知，则点A到平面的距离为. 【小问3详解】 易知，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面与平面的夹角为， 则 故平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 给定椭圆 :，我们称椭圆为椭圆的“伴随椭圆”.已知，分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，等腰的面积为，且顶角的余弦值为 （1）求椭圆的方程； （2）是椭圆上一点（非顶点），直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，证明:为定值． 【答案】（1） （2）由（1）知，设， 直线的斜率为，直线的方程为， 直线的斜率为，直线的方程为， 所以． 由，得， 椭圆的“伴随椭圆”的方程为． 联立，可得， 设，则， ， 同理， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可得，结合面积可得，联立即可求解； （2）根据已知解设出，直线和的斜率，表示出直线方程，然后与伴随椭圆联立方程，结合韦达定理表示出和，即可得证. 【小问1详解】 由，可得， 因为的面积为，所以， 解得． 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：本题考查椭圆与直线相交的综合性题目，属于中档题，常用方法有：（1）数形结合思想；（2）韦达定理的使用；（3）待定系数法求方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $