精品解析：贵州省黔西南布依族苗族自治州册亨县第一高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

2025秋季学期高二数学月考卷 姓名：______班级：______ 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，则直线AB的斜率为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 不存在 【答案】A 【解析】 【分析】 由斜率公式，可求出直线AB的斜率. 【详解】由，可得. 故选：A. 2. 椭圆的焦点为为椭圆上一点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义表达式，代值计算即得. 【详解】由椭圆方程：，可知， 因，故. 故选：D. 3. 已知椭圆，则椭圆C的焦距为（ ） A. B. 10 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆方程即可直接求解． 【详解】由，可得， 即，即， 即椭圆C的焦距为 故选： 4. 已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量的线性坐标运算求得与的坐标，然后根据垂直的坐标运算列式求解即可. 【详解】由题， ， 因为与互相垂直，所以， 则，解得. 故选：A． 5. “”是“直线与直线平行的（ ） 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】A 【解析】 【分析】求出当时实数的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】当时，，即，解得或. 当时，直线的方程为，直线的方程为，此时； 当时，直线的方程为，直线的方程为，此时. 因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 过坐标原点，且与圆相切的直线方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆的圆心、半径，再利用圆的切线性质，结合点到直线距离公式求解. 【详解】圆的圆心为，半径， 由，即原点在圆外，而圆心到轴距离， 因此过原点与此圆相切的直线斜率存在，设切线方程为， 由，解得或，则或， 所以所求切线方程或. 故选：A 7. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据长轴以及离心率即可求解. 【详解】由长轴长为4，可得，又离心率为，即， 解得，故， 所以椭圆方程为， 故选：A 8. 椭圆上的点到直线的最大距离是（　　） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ），由点到直线的距离公式，计算可得答案． 【详解】设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ） 则点P到直线的距离 d=， ，故选D． 【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要认真审题，仔细求解． 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. 关于椭圆，下列选项正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为 D. 椭圆的离心率为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆的方程可得a，b的值，即可判断A、B的正误，根据a，b，c的关系，可得c值，即可判断C、D的正误. 【详解】由椭圆的方程可得，所以， 所以椭圆的长轴长为，故A错误； 短轴端点为，则一个顶点为，故B正确； 因为，所以椭圆的焦距为，故C错误； 离心率为，故D正确. 故选：BD 10. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 与直线垂直 B. 在轴上的截距为2 C. 与圆相离 D. 与直线之间的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】由两直线斜率乘积即可判断A；求出在轴上的截距即可判断B；计算圆心到直线的距离即可判断C；由两平行线间的距离公式计算即可判断D. 【详解】由题直线的斜率为，直线的斜率为， 所以，所以与直线垂直，故A正确； 对直线，令，所以在轴上的截距为，故B错误； 因为圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为，则， 所以与圆相交，故C错误； 与直线之间的距离为.故D正确. 故选：AD 11. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 已知实数，满足，则的最小值为 C. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，点在椭圆上，若，则的面积为 D. 已知，，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是或 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，将直线化为求定点判断，对于B，根据题设确定的几何意义，进而数形结合求其最小值，对于C，由余弦定理及椭圆的定义可得，再应用三角形面积公式求面积判断，对于D，由两点式求线段与直线相交情况下直线的斜率范围，进而确定不相交对应的斜率范围判断. 【详解】对于A：由题设，直线可化为，联立，则其恒过定点，所以A对； 对于B：由的圆心为，半径为， 而表示圆上点与原点所成直线的斜率，如下图示， 由图知，的范围是以过原点的两条切线的斜率为上下界， 即，故， 所以最小值为，所以B错误； 对于C：由题意，且， 又，则， 所以，则，即， 所以的面积为，所以C正确； 对于D：由题设， 由图知，过点的直线与线段相交，则直线斜率， 过点的直线与线段不相交，故，所以D错. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，直线.若，则直线的一般式方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由垂直关系求出直线的斜率，进而求出其方程. 【详解】直线的斜率，由，得直线的斜率， 而直线过点，则直线的方程为，即. 故答案为： 13. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于A、B两点，若的周长为16，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的定义求出的值，由此可求得的值. 【详解】由题意得，则椭圆的焦点在轴上， 过的直线交于、两点， 可得的周长为，则， 故. 故答案为： 14. 阿波罗尼斯（公元前262年～公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家.阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆研究了例如：已知平面上两点，，则所有满足的点的轨迹方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用给定关系列式化简即可得点的轨迹方程. 【详解】设点，由，得， 两边平方得，所以， 所以，整理得. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知的三个顶点的坐标分别为，，. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求边上的高所在直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得直线的斜率，利用点斜式即可求得直线方程； （2）由两直线垂直关系可得所求直线的斜率为3，代入点斜式方程可得结果. 【小问1详解】 由，可知， 故所求直线的方程为， 即. 【小问2详解】 易知， 则所求直线的斜率为3， 故所求直线的方程为， 即. 16. 如图所示，在直三棱柱中，E为的中点，F为与的交点． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）12. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）根据给定条件，结合线面垂直的判定证得平面，再利用锥体的体积公式计算即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，连接， 由，得F是的中点，而E为的中点，则， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由，得，则， 由直三棱柱，得平面，而平面，则， 平面，于是平面， 所以四棱锥的体积. 17. 已知圆，直线. （1）判断直线与圆的位置关系； （2）若直线与圆交于不同的两点，且，求直线的方程. 【答案】（1）直线与圆相交； （2）直线的方程为或 【解析】 【分析】（1）先求出直线l过的定点坐标，判断定点在圆内，则直线l必与圆相交； （2）由圆的半径和弦长求得圆心到直线l的距离，以此列方程求解m的值，即可求出直线l的方程. 【小问1详解】 直线，整理得， 令，解得 即直线l过定点. 将P点坐标代入圆C方程得， 故P点在圆C内，直线与圆相交. 【小问2详解】 圆，整理得 即，. 因为， 所以圆心C到直线l的距离为. 又， 所以 故直线的方程为或. 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为. （1）求的方程; （2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意得，求出，从而可求出椭圆方程； （2）当直线l的斜率不存在时，不合题意，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，设，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，利用弦长公式列方程可求出，从而可求出直线方程. 【小问1详解】 依题意：，解得， 所以E的方程为． 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时，，与题意不符，舍去； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程，设， 联立，消y得：， 整理得：， ，则， ， 则， 即， 则，即， 解得或， 则直线l的方程为或． 19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以. 又，，平面， 所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值； （3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 假设存在，使二面角的正弦值为， 即使二面角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为， 故二面角的余弦值为， 则有， 即，解得，. 又因为，所以. 故存在，使二面角的正弦值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025秋季学期高二数学月考卷 姓名：______班级：______ 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，则直线AB的斜率为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 不存在 2. 椭圆的焦点为为椭圆上一点，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知椭圆，则椭圆C的焦距为（ ） A. B. 10 C. 3 D. 6 4. 已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（ ） A. B. C. D. 2 5. “”是“直线与直线平行的（ ） 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 6. 过坐标原点，且与圆相切的直线方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆上的点到直线的最大距离是（　　） A. 3 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. 关于椭圆，下列选项正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为 D. 椭圆的离心率为 10. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 与直线垂直 B. 在轴上的截距为2 C. 与圆相离 D. 与直线之间的距离为 11. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 已知实数，满足，则的最小值为 C. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，点在椭圆上，若，则的面积为 D. 已知，，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，直线.若，则直线的一般式方程为__________. 13. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线交于A、B两点，若的周长为16，则____________． 14. 阿波罗尼斯（公元前262年～公元前190年），古希腊人，与阿基米德、欧几里得一起被誉为古希腊三大数学家.阿波罗尼斯研究了众多平面轨迹问题，其中阿波罗尼斯圆研究了例如：已知平面上两点，，则所有满足的点的轨迹方程为______. 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. 已知的三个顶点的坐标分别为，，. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求边上的高所在直线的方程. 16. 如图所示，在直三棱柱中，E为的中点，F为与的交点． （1）求证：平面； （2）若，，，求四棱锥的体积． 17. 已知圆，直线. （1）判断直线与圆的位置关系； （2）若直线与圆交于不同的两点，且，求直线的方程. 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为. （1）求的方程; （2）过点作直线与椭圆相交于两点，若，求直线的方程. 19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $