湖南省株洲市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题（Word版附解析）

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命题人：马应鹏 时量：120分钟
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出给定直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】直线的斜率，则该直线的倾斜角为.
故选：B.
2. 若 则（ ）
A. B. 3C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】法一：先利用复数的除法运算法则化简复数，然后用模长公式就可求解；法二：分子分母分别求模长，然后再把模长相除即可得解.
【详解】方法一：因为，
所以，
方法二：，
故选：C.
3. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”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】本题利用椭圆的几何性质列出方程，求得a的值，再结合充分、必要条件的判定方法，即可得出结果.
【详解】由椭圆C的方程可得，
①当时，可得，此时椭圆的离心率为，
由可得，，解得，
当时，可得，此时椭圆的离心率为，
由可得，，解得；
②当时，则椭圆C的方程为，则此时，
此时椭圆C的离心率为，
综上得，是椭圆C的离心率为的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知椭圆：，的右焦点为F，P为椭圆上任意一点，点A的坐标为，则的最大值为（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，将转化为，当三点共线时，取最大值即，再利用两点距离公式就可求解.
【详解】如图，

设椭圆C的左焦点为F1−1,0，由由椭圆定义可得，，
所以
.
故选：B.
5. 已知圆：和圆：，动圆同时与圆及圆相外切，则动圆的圆心的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系以及双曲线的定义即可求解.
【详解】设动圆的半径为r，
则，，
则，
根据双曲线的定义知，动圆的圆心的轨迹为双曲线的左半支．
故选：C．
6. 已知，则的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对利用诱导公式与两角和的余弦公式化简可得，代入中利用两角和的正切公式化简计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，所以，
所以，
所以
，
故选：D
7. 已知圆C：，直线l：．则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可证直线l恒过的定点在圆内，当时直线l被圆C截得的弦长最小，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】直线l：，
令，解得，所以直线l恒过定点，
圆C：的圆心为，半径为，
且，即P在圆内，
当时，圆心C到直线l的距离最大为，
此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为．
故选：A．
8. 已知中心在坐标原点的椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于两点，且，点为线段上靠近的四等分点.若对于线段上的任意一点，都有成立，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由结合极化恒等式得，从而得，结合椭圆定义可得在和中由余弦定理建立关系得离心率.
【详解】
取的中点，连接.
则有.
同理，
因此.所以，
取的中点，连接，则，由三线合一得，
设，故，解得，
则，
在和中，由余弦定理得，，解得，
故选：.
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
本题关键是在和中由余弦定理建立关系式，也可以在和中同样的方法求解.
二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9. 已知方程表示的曲线为，则下列四个结论中正确的是（ ）
A. 当或时，曲线是双曲线
B. 当时，曲线是椭圆
C. 若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
D. 若曲线是焦点在轴上的椭圆，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据双曲线、椭圆标准方程的特征，依次构造不等式求得每种曲线对应的的范围即可.
【详解】对于A，若曲线为双曲线，则，解得：或，A正确；
对于B，若曲线为椭圆，则，解得：或，B错误；
对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得：，C错误；
对于D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得：，D正确.
故选：AD.
10. 设函数，其中表示，，中的居中者.下列说法正确的有（ ）
A. 只有一个最小值点B. 的值域为
C. 为偶函数D. 在0,1上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】先画出、与的图象，根据函数定义确定函数的图象，结合图象逐项判断即可.
【详解】由已知在同一坐标系中分别画出、与的图象（虚线），
根据表示，，中的居中者知函数的图象（实线）如图：

对于A，由图知当时，取到最小值，所以有两个最小值点，错误；
对于B，由图知，函数的值域为，正确；
对于C，由图知，函数的图象关于轴对称，
又函数的定义域为R关于原点对称，所以函数为偶函数，正确；
对于D，由图知，函数在0,1上单调递减，正确.
故选：BCD
11. 在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点在线段上运动（不含端点），则（ ）
A. 四棱锥的体积为1
B. 四棱锥外接球的表面积为
C. 不存在点使得
D. 当到直线的距离最小时，过点，，作截面交于点，则四棱锥的体积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断C，求出，再由锥体的体积公式判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．
【详解】如图1，取AD中点G，连接GC，PG，BD，,则，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面，平面，则．
又因为，所以，
又，平面，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，故不存在点使得，故C正确；
因为平面，，，，所以，
所以，所以，
所以，故A错误；
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．
如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，
即四棱锥外接球的表面积，故B正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，
由上推导知，，，
，，，，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,
平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，
故，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若直线是圆的一条对称轴，则实数的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可.
【详解】由题意得，圆的标准方程是，圆心坐标为，代入直线方程得
，解得.
故答案为：2
13. 已知椭圆的上顶点为，左焦点为，线段的中垂线与交于两点，则的周长为____________．
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，，依题意可得为等边三角形，从而得到直线过，再根据线段垂直平分线的性质及椭圆的定义计算可得.
【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，，
依题意可得长半轴长，半焦距，且，
所以为等边三角形，则直线过，
所以
，即的周长为.
故答案为：
14. 已知点满足方程，则使得恒成立的实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】对，的取值范围分类讨论，去绝对值后，得到方程所表示的曲线，再通过的几何意义求解即可.
【详解】当，时，，，原方程可化为：，
当，时，，，原方程可化为：，
当，时，，，原方程可化为：，
当，时，，，原方程可化为，显然不成立，
∴如图，点轨迹，是由椭圆的，部分，双曲线的，部分，和双曲线的，部分所组成的曲线.
如图，取直线：，双曲线与的渐近线均为，
其中，渐近线即直线到直线的距离，
如图，∵在曲线上，
∴到直线的距离为，
∴，
∴若不等式恒成立，则，
∴使得恒成立的实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题解题的两个关键步骤：一是通过分类讨论，将曲线方程去绝对值；二是通过几何意义（点到直线距离），求出使不等式成立的实数的取值范围.
四、解答题（本大题共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. 已知圆经过点和，且圆心在直线：上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点作圆的切线，求该切线方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先设圆的标准方程，再代入点的坐标及圆心在直线上即可求参；
（2）设直线方程，利用直线与圆的位置关系计算即可求解.
【小问1详解】
设圆的标准方程为，
因为圆经过和点，且圆心在直线上，
所以 ，解得： ，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离为5，等于半径，故满足题意；
当直线的斜率存在时，设，即，
则点到直线的距离为圆的半径，
即，解得，此时.
综上，直线l的方程为或.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求锐角的大小；
（2）若，且的周长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）首先求出，即可得到，再由正弦定理得到，，，由周长求出，即可得到，，再由面积公式计算可得
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
因，
代入得，
又因，则，又为锐角，故；
【小问2详解】
由可得，因为，则.
由（1）可得，
由正弦定理，
其中，
设比值为，则，，，
因的周长为，即，
即，则，，
故的面积.
17. 如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，利用几何关系证明，再由线面平行的判定定理得到结果.
（2）建系后分别找到平面法向量为和平面的法向量为，代入空间向量二面角的余弦公式求出即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点，连接，
因为四边形为等腰梯形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
过点作直线的垂线交于点，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为直径，所以，
所以，，．
在等腰梯形中，，，
所以，
所以，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则
所以令，则，，
所以．
设平面的法向量为，则，
取．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 椭圆与椭圆：有相同的焦点，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的右焦点为，设动直线与坐标轴不垂直，与椭圆交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数.
①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
②求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析，定点；②
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的焦点及椭圆过的点列方程求解即可；
（2）①先联立方程组得出韦达定理再计算斜率和即可；②结合定点列出面积再换元得出面积的最大值.
【小问1详解】
椭圆：的焦点坐标为，
所以椭圆的焦点坐标也为，即得焦距为，
∵椭圆过点，
∴，
∴，，
∴椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设直线：（），
由，得，
设Mx1,y1，Nx2,y2，所以，，
所以
，
因为直线和的斜率互为相反数，
所以，所以，
所以，
所以.
即，所以，
因为，所以，所以动直线恒过轴上的定点
②由①知，，
且Δ=24m2−43m2+4⋅36>0，即，
又
令，则，
∴
（当且仅当时取“＝”）
∴.
【点睛】关键点点睛：求面积最值的关键点是令换元得出再结合基本不等式计算即可得出最值.
19. 已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数.
（1）若，直接写出所有满足条件的集合；
（2）若，且对任意，都有，求的最大值；
（3）若且对任意，都有，求的最大值.
【答案】（1）或或或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；
（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.
【小问1详解】
因为，则和的元素个数均为1，
又因为，则，
若，，则或；
若，，则或；
综上或或或.
【小问2详解】
集合共有32个不同的子集，
将其两两配对成16组，
使得，则不能同时被选中为子集，故.
选择的16个含有元素1的子集:，符合题意.
综上，.
【小问3详解】
结论:，令，集合符合题意.
证明如下：
①若中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，
所以除外子集至多有个，故.
②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类:
或，和或，
其中互不相同，互不相同且均不为1，2.
若，则，有
若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，且互不相同，
因为中除2外至多还有2个元素，所以.
所以.
③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类：
，其中.
若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)，
所以.
若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5，
又中除1外无其它公共元素，所以.
所以.
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.