精品解析：四川省南充市西充中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试题

西充中学高2024级高二上期十二月月考 数学试卷 出题人： 审题人：高二数学组 使用时间：2025.12.30 总分：150分 时间：120分钟 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. 已知，分别是椭圆的上、下焦点，P是该椭圆上一点，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 已知直线与平行，则a=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆的方程为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 与圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共小3题，每小题6分，满分18分.每小题给出的备选答案中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对按比例给分，选错或不选的得0分. 9. 已知椭圆的左､右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ） A. 的周长为 B. 存在点，使得 C. 若，则的面积为 D. 使得为等腰三角形的点共有4个 10. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，平面，且，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 阳马的外接球的表面积为 11. 已知直线l：（），圆C：，则下列说法正确的有（ ） A. 时，圆C关于直线l对称 B. 时，直线l与圆C有两个交点 C. 存在，使得直线l与圆C没有交点 D. 若直线l被圆C截得的弦长为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆：左焦点为，椭圆上顶点为，右顶点为，则的面积为______. 13. 两圆与的公共弦长等于___________. 14. 如图，已知二面角平面角的大小为，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与AB垂直.已知，，则______. 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某企业招聘，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，按照，…，分组，得到如下频率分布直方图： （1）求全体应聘者笔试成绩的平均数；（每组数据以区间中点值为代表） （2）该企业根据笔试成绩从高到低进行录取，若计划录取150人，估计应该把录取的分数线定为多少? 16. 为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某校组织了防疫知识测试.测试共分为两轮，每位参与测试的同学均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中的测试成绩均合格，则视本次测试成绩为合格.甲､乙两名同学均参加了本次测试，已知在第一轮测试中，甲､乙测试成绩合格的概率分别为；在第二轮测试中，甲､乙测试成绩合格的概率分别为.甲､乙两人在每轮测试中的成绩是否合格互不影响. （1）甲､乙哪名同学在本次测试中成绩合格的概率更大？ （2）求甲､乙两人中至少有一人的成绩在本次测试中合格的概率. 17. 已知圆及直线. （1）求过点的圆的切线方程； （2）找出不论m取什么实数时直线l恒经过的点，并证明：直线l与圆C恒相交； （3）求直线l被圆C截得的最短弦的长及此时的直线方程. 18. 如图1，正三角形的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角，如图2． （1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段BC上是否存在一点P，使?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 19. 已知左焦点为的椭圆过点，过右焦点分别作椭圆的动弦，．设点，分别为线段，的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求三角形面积的最大值； （3）设直线，的斜率为，，若，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西充中学高2024级高二上期十二月月考 数学试卷 出题人： 审题人：高二数学组 使用时间：2025.12.30 总分：150分 时间：120分钟 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. 已知，分别是椭圆的上、下焦点，P是该椭圆上一点，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆方程可知，结合椭圆定义即可得结果. 【详解】由椭圆方程可知， 所以椭圆上的一点到两个焦点的距离之和为. 故选：B. 2. 已知直线与平行，则a=（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由两直线平行的条件求解． 【详解】由两直线平行得,解得， 时，两直线方程分别为和，不重合，满足题意． 故选：C． 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 4. 法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆的方程为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由蒙日圆的定义得到，即可求解. 【详解】直线，都与椭圆相切，两直线的交点为， 所以， 所以， 故椭圆的离心率. 故选：A 5. 与圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用配方法，结合点关于直线对称的性质进行求解即可. 【详解】， 因此圆的圆心坐标为，半径为，设圆的圆心坐标为， 因为圆心和圆心关于直线对称， 所以有，即圆的圆心坐标为， 因为圆和圆关于直线对称， 所以两个圆的半径相等， 所以圆的方程为， 故选：B 6. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案. 【详解】设，则 所以，整理得， 因为为弦的中点， 所以， 所以， 所以弦所在直线的方程为，即. 故选：A. 7. 已知圆，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，可得为线段中点，再利用坐标代换法求出轨迹方程. 【详解】设点，由，得为线段中点，则点， 而点在圆上，因此，即， 所以点的轨迹方程为. 故选：B 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合在圆中直径所对的圆周角为直角、勾股定理、椭圆离心率公式进行求解即可. 【详解】设，则，于是有， 由椭圆的定义可知：， ， 在圆中，是直径，所以， 由勾股定理可得：， ，代入中，得 ， 故选：B 二、选择题：本大题共小3题，每小题6分，满分18分.每小题给出的备选答案中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对按比例给分，选错或不选的得0分. 9. 已知椭圆的左､右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ） A. 的周长为 B. 存在点，使得 C. 若，则的面积为 D. 使得为等腰三角形的点共有4个 【答案】AB 【解析】 【分析】根据焦点三角形的周长为判断A；考虑为短轴顶点时，焦点三角形的形状判断B；结合椭圆定义和余弦定理，计算焦点三角形的面积可判断C；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点可判断D． 【详解】对于A，由题意，， 的周长为，故A正确； 对于B，当点位于椭圆的上顶点或下顶点时，， 则为直角，故B正确； 对于C，当时，如图，中， 由余弦定理得， 即①， 又，即②， 联立①②可得， 所以，故C错误； 对于D，由椭圆的性质可知，即. 若是以为顶点的等腰三角形，点位于椭圆的上顶点或下顶点，满足条件的点有2个； 若是以为顶点的等腰三角形，则，则满足条件的点有2个； 同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有2个； 故使得为等腰三角形的点共6个，故D错误． 故选：AB． 10. 《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，平面，且，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面平面 C. 点到平面的距离为 D. 阳马的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，利用点到平面距离的向量求法判断C，将阳马放在正方体里，进而求解外接球半径，利用球的表面积公式求出表面积判断D即可. 【详解】作出符合题意的图形，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 连接，可得， 对于A，由题意得，， 设异面直线与所成的角为， 则， 而，可得，故A正确， 对于B，由题意得，， 设面的法向量为，则， 令，解得，得到， 由题意得，， 设面的法向量为，则， 令，解得，得到， 则，可得平面平面，故B正确， 对于C，由题意得，， 设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故C错误， 对于D，如图，将阳马放在正方体内，则其外接球为正方体外接球， 而，则外接球半径为， 由球的表面积公式得球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知直线l：（），圆C：，则下列说法正确的有（ ） A. 时，圆C关于直线l对称 B. 时，直线l与圆C有两个交点 C. 存在，使得直线l与圆C没有交点 D. 若直线l被圆C截得的弦长为，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式，逐一根据选项内容计算即可判断. 【详解】对于A，当时，直线为， 而圆的方程，可知圆心为， 此时点在直线上，所以圆C关于直线l对称，故A正确； 对于B，当时，直线为，此时圆心到直线的距离为， 由于圆C的半径为，所以直线l与圆C相切，只有一个公共点，故B错误； 对于C，要使得直线l与圆C没有交点，则圆心到直线的距离为， 此时不等式无解，所以不存在，使得直线l与圆C没有交点，故C错误； 对于D，由直线l被圆C截得的弦长为，圆心到直线的距离为， 所以，化简得：， 解得，故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆：左焦点为，椭圆上顶点为，右顶点为，则的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程求出的坐标，结合三角形面积公式进行求解即可. 【详解】由， 所以， 所以的面积为， 故答案为： 13. 两圆与的公共弦长等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆的方程求公共弦的方程，得到圆的圆心在公共弦上即可求解. 【详解】由题意，两圆的标准方程为，， 两圆方程相减可得公共弦方程为：， 因为圆心为，半径为， 该圆的圆心在公共弦上，所以公共弦长为该圆的直径. 故答案为： 14. 如图，已知二面角平面角的大小为，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与AB垂直.已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长. 【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接， 因为，，则， 又因为，，， 故二面角的平面角为， 因为四边形为平行四边形，则，， 因为，故为等边三角形，则， ，则，， ，平面， 故平面， 因为平面，则， 故. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某企业招聘，一共有200名应聘者参加笔试，他们的笔试成绩都在内，按照，…，分组，得到如下频率分布直方图： （1）求全体应聘者笔试成绩的平均数；（每组数据以区间中点值为代表） （2）该企业根据笔试成绩从高到低进行录取，若计划录取150人，估计应该把录取的分数线定为多少? 【答案】（1） （2）65分 【解析】 【分析】（1）由所有频率和为1，列方程求出的值，由平均数公式求解即可， （2）设分数线定为，根据频率分布直方图可知，列出方程求解即可得解. 【小问1详解】 由题意得，解得， 这些应聘者笔试成绩的平均数为： 【小问2详解】 根据题意，录取的比例为， 设分数线定为，根据频率分布直方图可知， 则，解得， 所以估计应该把录取的分数线定为65分. 16. 为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某校组织了防疫知识测试.测试共分为两轮，每位参与测试的同学均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中的测试成绩均合格，则视本次测试成绩为合格.甲､乙两名同学均参加了本次测试，已知在第一轮测试中，甲､乙测试成绩合格的概率分别为；在第二轮测试中，甲､乙测试成绩合格的概率分别为.甲､乙两人在每轮测试中的成绩是否合格互不影响. （1）甲､乙哪名同学在本次测试中成绩合格的概率更大？ （2）求甲､乙两人中至少有一人的成绩在本次测试中合格的概率. 【答案】（1）甲同学在本次测试中成绩合格的概率更大 （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式可求得甲､乙成绩合格的概率，由此得解； （2）利用对立事件及互斥事件的概率公式即可求解 【小问1详解】 设“甲在第一轮测试中的成绩合格”，“甲在第二轮测试中的成绩合格”， “乙在第一轮测试中的成绩合格”，“乙在第二轮测试中的成绩合格”， 则“甲同学在本次测试中成绩合格”，， “乙同学在本次测试中成绩合格”，. 因为，所以甲同学在本次测试中成绩合格的概率更大. 【小问2详解】 设“甲在本次测试中成绩合格”，“乙在本次测试中成绩合格”， 则， “甲､乙两人中至少有一人在本次测试中合格”， 17. 已知圆及直线. （1）求过点的圆的切线方程； （2）找出不论m取什么实数时直线l恒经过的点，并证明：直线l与圆C恒相交； （3）求直线l被圆C截得的最短弦的长及此时的直线方程. 【答案】（1）和 （2）直线l恒经过点，证明见解析 （3）最短弦长为，此时直线方程为， 【解析】 【分析】（1）判断点与圆的位置关系，根据切线是否有斜率，再根据点到直线的距离即可求解直线方程； （2）将直线方程整理为关于的方程，再解方程组可得定点坐标；由定点在圆内可证明； （3）弦长最短时利用斜率关系求出斜率，点斜式得到直线方程，再由几何法求弦长可得. 【小问1详解】 由题意可得圆心，则点在圆外， 当切线无斜率时，此时，满足题意， 当切线有斜率时，设切线斜率为，且切线方程为， 则圆心到直线的距离为， 所以直线方程为，即. 综上可得：切线方程为和 【小问2详解】 变形为， 令，解得， 所以直线l恒经过点， 因为，所以点在圆内部， 所以直线l与圆C恒相交. 【小问3详解】 当直线l被圆C截得的弦长最短时，此弦与过圆心和点所在的直线垂直， 设弦的斜率为，则， 弦方程为，即， 所以圆心到直线的距离为， 所以弦长为. 18. 如图1，正三角形的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角，如图2． （1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段BC上是否存在一点P，使?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）平面，理由见解析 （2） （3）存在，． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，即可求解； （3）设，根据，求出点的坐标，即可得. 【小问1详解】 在中， ∵分别是中点， ∴．又平面， 平面， ∴平面． 【小问2详解】 因为二面角为直二面角，即平面平面, 且，平面平面，平面， 所以平面. 如图，以点为坐标原点，以直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 易知平面的法向量． 设平面的法向量， 则即, 取，得， 则， 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 存在．设，有，则， ∴ 又，，， ∴， ∴． 把代入上式得， ∴，在线段上存在点，使，此时，． 19. 已知左焦点为的椭圆过点，过右焦点分别作椭圆的动弦，．设点，分别为线段，的中点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求三角形面积的最大值； （3）设直线，的斜率为，，若，求证：直线经过定点，并求出定点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）由题意得，再根据椭圆的定义求出，进而根据求出即可求解； （2）设，，设方程为，联立直线与椭圆方程，令，，结合韦达定理表示出，进而结合对勾函数的性质求解即可； （3）先说明：椭圆的弦的斜率（存在的情况下）为，为弦中点的坐标，进而设，，可得，，进而得到，再对比直线方程即可求证. 【小问1详解】 由题意得，，， 则，即， 所以，即所求椭圆方程为. 【小问2详解】 设，，设方程为， 由，得， 则，， 所以 ， 令，，则， 因为函数在上单调递增，且时，， 则，即的最大值为. 【小问3详解】 下面先说明：椭圆的弦的斜率（存在的情况下）为，为弦中点的坐标， 设弦的端点为，，则， 由，两式相减得， 则， 所以弦的斜率（存在的情况下）为. 设，，，， 根据，有，则， 两式相减得， 对比直线方程，即， 知直线过． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $