精品解析：山东省滨州市惠民县第一中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试题

实验中心2024级高二上第二次月考 数学试题 一､单选题（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. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 给出下列说法，其中不正确是（ ） A. 若，则，与空间中其它任何向量都不能构成空间的一个基底向量 B. 若，则点是线段的中点 C. 若，则A，，，四点共面 D. 若平面，的法向量分别为，，且，则 4. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 5. 实数满足，则最小值为（ ） A. 3 B. 7 C. D. 6. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 7. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大 B. 圆与直线必有两个交点 C. 在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为 D. 设，，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是 10. 已知椭圆的离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦距为2 B. 椭圆的标准方程为 C. D. 的最大值为 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围为______. 13. 如图，已知点，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是__________. 14. 杭州第19届亚运会主会场——杭州奥体中心体育场，又称“大莲花”（如图1所示）．会场造型取意于杭州丝绸纹理与纺织体系，建筑体态源于钱塘江水的动态，其简笔画如图2所示．一同学初学简笔画，先画了一个椭圆与圆弧的线稿，如图3所示．若椭圆的方程为，下顶点为为坐标原点，为圆上任意一点，满足，则点的坐标为__________；若为椭圆上一动点，当取最大值时，点恰好有两个，则的取值范围为__________． 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算过程） 15. 已知两直线和的交点为． （1）直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程； （2）圆过点且与相切于点，求圆的一般方程． 16. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）若斜率为直线与椭圆交于两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值. 17. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方. （1）求圆C的方程； （2）直线与圆C交于不同的M，N两点，且，求直线的斜率； （3）过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在y轴正半轴上是否存在定点N，使得y轴平分？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由. 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 实验中心2024级高二上第二次月考 数学试题 一､单选题（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. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数，使，然后列方程组可求得答案. 【详解】因为不共线，共面， 所以存一对有序实数，使， 所以， 所以，解得， 故选：A 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线平行斜率相等的关系求解即可； 详解】当时，直线，直线，此时两直线斜率相等，且两截距， 所以两直线平行，故充分性成立； 当直线与直线平行时， 有，解得或3，故必要性不成立， 故选：B. 3. 给出下列说法，其中不正确的是（ ） A. 若，则，与空间中其它任何向量都不能构成空间的一个基底向量 B. 若，则点是线段的中点 C. 若，则A，，，四点共面 D. 若平面，的法向量分别为，，且，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据基底向量的定义分析判断；对于B，根据线性运算可得，即可得结果；对于C，根据四点共面的结论分析判断；对于D，可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】对于选项A：因为，则，与任何向量都共面， 所以，与任何向量都不能构成空间的一个基底向量，故A正确； 对于选项B：因为，即， 可得，所以M为AB中点，故B正确； 对于选项C：因为，且， 所以A，，，四点不共面，故C不正确； 对于选项D，平面α，β的法向量分别为，， 当时，则， 可得，解得，故D正确； 故选：C. 4. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知直线与直线或直线平行，或直线过点，进而列式求解即可. 【详解】联立方程，解得， 可知：直线的斜率为，的斜率为，且直线、的交点为， 若三条直线不能围成三角形，则直线与直线或直线平行，或直线过点， 可知直线的斜率存在，且为， 可得或或，解得或或， 所以实数的取值最多有3个. 故选：B. 5. 实数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 7 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简可得，表示为圆上点到直线距离的倍，运用几何法求解即可. 【详解】化简可得，即在圆上， 则表示为圆上点到直线距离的倍， 圆心到直线距离为， 则的最小值为. 故选：A 6. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线l的方程得到直线l恒过定点，根据曲线C的方程曲线C表示半圆，然后结合图形求k的范围即可. 【详解】直线l恒过定点， 曲线C的方程可整理为， 所以曲线C表示以为圆心，半径为2的半圆，图象如下所示： ，为两种临界情况，由题意得，则， 令圆心到直线l的距离，解得，则， 所以当时，直线l与曲线C有两个不同的交点. 故选：D. 7. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值. 【详解】∵， ∴． ∵， ∴． ∵四点共面， ∴，即． ∵，当且仅当时，等号成立， ∴的最小值为1． 故选：C 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆、与轴切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率． 【详解】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图， 设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线， 切点也在的角平分线上，所以， 由椭圆的定义知，则，所以， 所以，所以， .又圆与圆的面积之比为4， 所以圆与圆的半径之比为2，因为，所以， 即，整理得，故椭圆的离心率. 故选：B. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大 B. 圆与直线必有两个交点 C. 在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为 D. 设，，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据倾斜角与斜率关系判断A；由直线所过定点与已知圆的位置关系判断B；注意截距为0的情况判断C；由直线所过定点与所成直线斜率，求参数范围判断D. 【详解】A：倾斜角从锐角到钝角的过程中，斜率符号由正变负，错； B：由恒过定点，而，即定点在圆内， 所以圆与直线必有两个交点，对； C：若截距为0的情况，不能用表示直线，错； D：由过定点，且在y轴两侧， 该定点与，所成直线斜率分别为， 所以，即，对. 故选：BD 10. 已知椭圆的离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦距为2 B. 椭圆的标准方程为 C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据条件先求椭圆的方程，再判断选项，D选项利用椭圆的定义，将距离的和转化为距离差的最大值，利用数形结合，即可判断. 【详解】由条件可知，，得， 所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，故A错误，B正确； ，，，故C正确； ，当点三点共线，且点在之间时，等号成立，故D正确. 故选：BCD 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】画出“阿基米德体”对应的正方体，由图可判断AB选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量来判断CD选项. 【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点. A选项：由图可知平面，A选项正确； B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确； C选项：如图建立空间直角坐标系， ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则，解得，即， ， ∴点到平面的距离，故C选项错误； 设且，所以， 设与的夹角为， 所以 当时，令， 因为当且仅当，即时取等号， 所以，即 当时，， 所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛，本题的关键是还原原来的正方体，然后利用空间向量来解决立体图像中的距离和夹角问题. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜率的定义以及正切函数的单调性可得结论. 【详解】因为在上为增函数,所以, 因为在上为增函数,所以, 又时,直线的斜率不存在, 所以直线的斜率的取值范围是. 故答案为：. 13. 如图，已知点，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点，则就是所求的路程长. 【详解】解：直线的方程为，即， 设点关于直线AB的对称点为， 则，解得，即， 又点关于y轴的对称点为， 由光的反射规律以及几何关系可知，光线所经过的路程长． 故答案为： 14. 杭州第19届亚运会的主会场——杭州奥体中心体育场，又称“大莲花”（如图1所示）．会场造型取意于杭州丝绸纹理与纺织体系，建筑体态源于钱塘江水的动态，其简笔画如图2所示．一同学初学简笔画，先画了一个椭圆与圆弧的线稿，如图3所示．若椭圆的方程为，下顶点为为坐标原点，为圆上任意一点，满足，则点的坐标为__________；若为椭圆上一动点，当取最大值时，点恰好有两个，则的取值范围为__________． 【答案】 ①. ； ②. ． 【解析】 【分析】设，把已知用坐标表示并化简得轨迹方程后可得点坐标，用三角换元法设，求出后结合对称性、二次函数性质，正弦函数性质可得参数范围． 【详解】设，由得，化简得， ∴， 椭圆的方程是，设， ， 令，则， 依题意，点在轴上方，且关于轴对称，因此取最大值时，对应的， 时，取得最大值，且，又，因此可解得． 故答案为：；． 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算过程） 15. 已知两直线和的交点为． （1）直线过点且与直线平行，求直线一般式方程； （2）圆过点且与相切于点，求圆的一般方程． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）联立求出，根据平行关系，设出直线为，代入点，得到，求出答案； （2）设圆的标准方程，将与代入，得到方程组，并根据相切关系得到关于斜率的方程，联立求出，求出答案. 【小问1详解】 直线与直线平行，故设直线为， 联立方程组，解得． 直线和的交点． 又直线过点，则，解得， 即直线的方程为． 【小问2详解】 设所求圆的标准方程为， 的斜率为，故直线的斜率为1， 由题意可得 解得 故所求圆的方程为． 化为一般式：． 16. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）若斜率为的直线与椭圆交于两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆过点解得的值，写出椭圆方程； （2）写出直线方程，联立方程组消元得到二次方程，用韦达定理表示出线段的长，再求出点到直线的距离，由三角形面积公式求得四边形面积代数式，然后求最大值. 【小问1详解】 由题意可得：，解得， 由椭圆过点，得，联立解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意可设， 因点在第一象限，则， 设，，点，到直线的距离分别为，， 由，消可得， ，当时，， 所以，， 所以， ，，直线一般式方程：， 所以，， 所以， 所以， 当时，有最大值为. 17. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是菱形，从而证明平面ABC，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 证明：∵在梯形中，， ，，为的中点， ∴，，， ∴是正三角形，四边形为菱形， ∴，， ∵， 又∵平面ABC， ∴平面ABC， ∵平面， ∴平面⊥平面ABC. 【小问2详解】 存在，，理由如下： ∵平面，OP⊥AC， ∴，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则，， ， 设， ∵，， ∴， 设与平面所成角为，则， 即，，解得， ∴线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 18. 已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方. （1）求圆C的方程； （2）直线与圆C交于不同的M，N两点，且，求直线的斜率； （3）过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在y轴正半轴上是否存在定点N，使得y轴平分？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出圆心，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于2，确定圆心坐标，即可得圆的方程. （2）根据题意得圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式列方程，即可求解. （3）当直线的斜率存在时，设出方程与圆的方程联立，韦达定理，结合，即可求出点的坐标；当轴时，利用y轴平分求得点N的坐标满足的条件，即可得定点坐标. 【小问1详解】 设圆心，则， 解得或（舍），故圆的方程为． 【小问2详解】 由题意可知圆心到直线的距离为， 则有，解得. 【小问3详解】 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 若y轴平分，则，即，即， 即，即，即， 当时，上式恒成立，即； 当直线的斜率不存在时，易知满足题意； 综上，当点的坐标为时，y轴平分. 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由新定义得到，结合为常数，即可求解； （2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解； （3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题. 【小问1详解】 因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设是该圆上任意一点，则， 所以， 因为为常数， 所以，且， 所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，设， 由，得， 所以， ， 整理得，即， 所以， ， 由，得， 即的取值范围是. 【小问3详解】 证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得， 该圆关于点对称. 由点关于点对称及， 可得—卡西尼卵形线关于点对称， 令，解得，与矛盾， 所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称 【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $