精品解析：浙江省柯桥中学2024-2025学年高一实验班下学期6月月考数学试卷

2024学年第二学期高一（下）实验班数学 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，只有一项符合题目要求． 1. 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用坐标运算得出，即可根据得出或 【详解】由题意可知，，则，故或. 故选：D 2. 设空间两个单位向量与向量的夹角等于，则向量夹角的余弦值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由题意结合向量数量积定义和模长坐标计算公式得到和，再结合向量夹角余弦公式即可计算求解. 【详解】因为空间两个单位向量与向量的夹角等于， 所以， 所以，结合得 则向量夹角的余弦值为. 故选：D. 3. 若直线与圆交于两点，且直线不过圆心，则当的周长最小时，的面积为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线方程可得直线恒过定点，由圆的几何性质可得当时，周长最小，由此可求的值，即而得出圆心到直线的距离及弦长，求出面积即可. 【详解】由可得， 故圆心，半径， 直线的方程可化为， 所以直线恒过定点， 因为 所以点在圆内， 由圆的性质可得当时，最小，周长最小， 又， 所以，此时，即直线， 所以圆心到直线的距离， 所以， 所以， 故选：B 4. 在平面直角坐标系中，若直线与圆相切，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. 23 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】由圆，可得圆心为，半径为， 可得圆心到直线的距离为， 因为直线与圆相切，则，即， 所以数列的前10项和为. 故选：C. 5. 已知椭圆的上焦点为，右顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（   ） A. 或 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】延长交于点M，可得点M为的中点，设.根据点为的重心，列方程可求得点的坐标.由点差法可得.将代入整理得，再结合即可求解. 【详解】延长交于点M，所以点M为的中点，设. 因为，点为的重心， 所以即，所以. 因为点在椭圆上， 所以，两式相减得，即， 整理得. 因为，所以，即， 所以，解得或. 又因为，所以，，所以. 故选：D. 6. 设数列的前项和为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的关系，可得数列是公差为4的等差数列，再由等差数列的通项公式与求和公式求解即可. 【详解】当时，， 则，即， 所以数列是公差为4的等差数列． 又，则． 所以． 故选：A. 7. 在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于，连接，由题意点的轨迹是以为旋转轴的圆锥，可证明截面与圆锥的一条母线平行，可得结论. 【详解】连接交于，连接， 设正方体的棱长为，则， 由，，可得， 所以，所以， 因为，所以空间中的点的轨迹是以为旋转轴的圆锥， 圆锥在平面内的两条母线中， 其中母线与的延长线所成的角的正切值为， 所以，所以， 所以，所以， 又平面，平面，所以截面与圆锥的曲面的交线为抛物线， 所以点的轨迹为抛物线. 故选：D. 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD. 【详解】对于A，由，得，，则，A错误； 对于B，由，得，当时，，B错误； 对于CD，由，得，则， 即，则当时，， ，因此，，， ，而，C正确，D错误. 故选：C 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分， 9. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等差数列 C. 数列为等差数列 D. 数列的最小项为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，推理得到，从而求得，，利用等差数列的定义对A，B，C项逐一判断即可，对于D，求出后利用基本不等式推理求得数列的最小项为1即可. 【详解】设等差数列的公差为，由，可得. 所以， ， 对于A，， 由为常数，故数列为等差数列，即A正确； 对于B，， 由为常数，故数列为等差数列，即B正确； 对于C，， 由不是常数， 故数列不是等差数列，故C错误； 对于D，因， 因， ，则，即， 当且仅当时，即时，等号成立，即数列的最小项为1，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，恒有平面PEN B. 若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 C. 当二面角的大小为时， D. 当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合相似三角形及勾股定理可得，，对于A，结合翻折的知识可得，结合可得平面PEN，进而判断即可；对于B，与A同理可得平面AMF，进而得到，，可得MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN，进而求解判断即可；对于C，结合空间向量的线性运算可得，根据二面角的大小为可得，进而利用空间向量的数量积的运算律求解判断即可；对于D，分析可得BD的中点为三棱锥外接球的球心，进而求解判断即可. 【详解】在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点， 计算可得，，易知， 又，所以，则，， 所以，所以，同理可得． 对于A，由上述过程可知在翻折的过程中，，而， 因为，PN，平面PEN，所以平面PEN，故A正确； 对于B，与A同理可得平面AMF，因为平面AMF，所以， 由平面PEN，平面PEN，可得， 所以MN为AM，PN的公垂线段，所以点G到直线AM的最短距离为MN， 而，故B正确； 对于C，因为，二面角的大小为， 则， 所以 ， 所以，故C错误； 对于D，因为和都是直角三角形，且BD为公共边， 所以BD的中点为其所在三角形的外心，同时也是三棱锥外接球的球心， 所以外接球半径， 所以三棱锥外接球的表面积，故D正确． 故选：ABD. 11. 已知曲线，，，为曲线上的动点，则（ ） A. 若在第一象限，则 B. 若在第二象限，则在轴上存在两点，，使为定值 C. 若在第三象限，过点向直线作垂线，垂足分别为，则 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出的表达式，进而求出的范围判断A；利用椭圆的定义判断B；利用点到直线距离判断C；联立方程组，借助判别式计算判断D. 【详解】对于A，设点，， ，同理，则 ，而，因此，故A错误； 对于B，当在第二象限时，曲线是椭圆在第二象限的部分， 该椭圆的焦点为，长轴长为4，由椭圆定义得，故B正确； 对于C，设，， 则，故C正确； 对于D，当在第二象限时，由消去得， ，因此直线与椭圆相切于点， 即直线是曲线的一条切线，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为__________． 【答案】 【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】因为 ， 所以， 因为，，， 所以， 因为四点共面， 所以，所以， 因为， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 已知数列满足，则__________． 【答案】2022 【解析】 【分析】将已知化为代入可以左右相消化简，将已知化为，代入可以上下相消化简，再全部代入求解即可. 【详解】由知， ， ，故， 所以， . 故答案为：2022. 14. 空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 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. 已知直线与圆. （1）若圆上有且仅有两个点到的距离为，求的取值范围； （2）若，设点为直线与轴的公共点，直线过点且与圆相交，求直线的倾斜角的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出圆心到直线的距离，根据题意可得出关于的不等式，解之即可； （2）分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，利用直线与圆的位置关系可得出关于的不等式，求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【小问1详解】 圆心到直线的距离为， 若圆上有且仅有两个点到的距离为，所以， 因此，的取值范围为. 【小问2详解】 若，则圆，且，如下图所示： 若直线轴，则直线与圆相离，不合乎题意， 所以直线的斜率一定存在，设为，则直线方程为， 则. 16. 在平面直角坐标系xOy，已知的三个顶点A(m，n)，B(2，1)，，且的面积为4. （1）求BC边所在直线的一般式方程； （2）请写出n与m的关系式；(用m表示n) （3）BC边上中线AD的方程为，求点A的坐标. 【答案】（1） （2）或 （3）或(2，3) 【解析】 【分析】(1)由直线方程的两点式求直线BC的方程； (2)求出，由的面积为4知A到直线BC的距离，代入点到直线距离公式得n与m的关系式； (3)将BC中点坐标代入求得值，A(m，n)代入中线所在直线方程得，联立（2）中n与m的关系式，解方程组得n与m的值. 【小问1详解】 由B(2，1)，，可得直线BC的斜率． 故直线BC的方程为 化为一般式方程为 【小问2详解】 由B(2，1)，，， 由S=4，可以得出BC边上的高为 根据点A到直线BC距离公式得 即或① 【小问3详解】 由B(2，1), ，可得BC的中点D的坐标为(0，2) 又由AD的方程，则有，解得 故AD数方程为 由A(m，n)，可得，② 由第(2)问知，联立①②可得或， 故点A的坐标为或(2，3) 17. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. （ⅰ）求线段的轨迹形成的面积； （ⅱ）设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1）证明：由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）通过线线垂直证明平面，即可完成证明； （2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求解； （ⅱ）由（ⅰ）可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心，以1为半径的圆弧， 由于线段的中点，所以该圆弧经过点， 故动点的轨迹是四分之一圆弧， 线段的轨迹形成的面积为圆锥侧面的，面积为； （ⅱ）由（ⅰ）可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 18. 已知椭圆的离心率为，直线与椭圆相交于两点，其中点在第一象限，且. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆相交于点，的内切圆圆心是半径是. (i)若求证:圆心在一条定直线上； (ii)若求的面积. 【答案】（1） （2）（i）联立椭圆方程与直线的方程， 得，设， 化简得， 所以， ， ， 设直线的斜率分别为， 所以 ， 故直线平分， 所以圆心在一条定直线上； （ii） 【解析】 【分析】（1）首先得，然后根据题意得，求出即可； （2）（i）联立椭圆方程与直线的方程，由韦达定理得，只需证明直线的斜率互为相反数即可；（ii）根据已知条件可得，由数量积为0可求出，进一步求出以及点到直线的距离即可. 【小问1详解】 因为，所以，联立，解得， 所以，解得， 故所求为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）如图所示，设，其中是垂足， 因为， 所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形是等腰直角三角形， 所以， 即 ， 解得或，满足， 但是当时，直线过点， 所以只能，此时， 点到直线的距离为， ， 故所求为. 【点睛】 19. 若数列对于任意的，满足（为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且. （1）求数列的通项公式； （2）设是数列的前项的和，求数列的前项的和； （3）若，是否存在实数，使得数列为“型数列”？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）， （2） （3） 不存在，理由为：由，得，① 所以，② 由①－②，得， 所以， 则， 假设存在实数，使得数列为“型数列”，则， 即， 整理得， 所以解得，不满足为非零常数， 因此不存在实数，使得数列为“型数列” 【解析】 【分析】（1）根据题意，，所以数列是等差数列，可得通项公式，，当时和当时，分别求解，可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列； （2）设，利用并项求和法得解； （3）利用错位相减法求得，假设存在实数，使得数列为“型数列”，则，利用待定系数法得到方程组，求解即可. 【小问1详解】 因为为“型数列”，所以， 即，所以数列是等差数列， 又，所以的公差为， 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”，所以， 则，两式相减，得， 当时，，所以， 由得，， 当时，，所以， 综上可得， 故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，因此. 【小问2详解】 由（1）可得，， 设， 当为正奇数时，， 故数列的前项的和为 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期高一（下）实验班数学 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，只有一项符合题目要求． 1. 若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 设空间两个单位向量与向量的夹角等于，则向量夹角的余弦值等于（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与圆交于两点，且直线不过圆心，则当的周长最小时，的面积为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 4. 在平面直角坐标系中，若直线与圆相切，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. 23 D. 27 5. 已知椭圆的上焦点为，右顶点为B，斜率为的直线l交椭圆于，两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（   ） A. 或 B. C. 1 D. 6. 设数列的前项和为，已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，，，在平面上存在一点，使得，则点的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 8. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分， 9. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等差数列 C. 数列为等差数列 D. 数列的最小项为1 10. 如图（1），在长方形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，连接AF，CE，分别交BD于点M，N，将沿直线BD折起到的位置，如图（2），则下列说法正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，恒有平面PEN B. 若G为直线PN上一点，则点G到直线AM的最短距离为 C. 当二面角的大小为时， D. 当平面平面ABD时，三棱锥外接球的表面积为 11. 已知曲线，，，为曲线上的动点，则（ ） A. 若在第一象限，则 B. 若在第二象限，则在轴上存在两点，，使为定值 C. 若在第三象限，过点向直线作垂线，垂足分别为，则 D. 直线是曲线的一条切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在三棱锥中，G为的重心，，，，，，若PG交平面DEF于点M，且，则的最小值为__________． 13. 已知数列满足，则__________． 14. 空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 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. 已知直线与圆. （1）若圆上有且仅有两个点到的距离为，求的取值范围； （2）若，设点为直线与轴的公共点，直线过点且与圆相交，求直线的倾斜角的范围. 16. 在平面直角坐标系xOy，已知的三个顶点A(m，n)，B(2，1)，，且的面积为4. （1）求BC边所在直线的一般式方程； （2）请写出n与m的关系式；(用m表示n) （3）BC边上中线AD的方程为，求点A的坐标. 17. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. （ⅰ）求线段的轨迹形成的面积； （ⅱ）设直线与平面所成角为，求的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率为，直线与椭圆相交于两点，其中点在第一象限，且. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆相交于点，的内切圆圆心是半径是. (i)若求证:圆心在一条定直线上； (ii)若求的面积. 19. 若数列对于任意的，满足（为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且. （1）求数列的通项公式； （2）设是数列的前项的和，求数列的前项的和； （3）若，是否存在实数，使得数列为“型数列”？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $