2024-2025学年湖南省长沙市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．3D．5
2．无论为何值，直线过定点（ ）
A．B．C．D．
3．在平行四边形中，，，，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．直线关于对称的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知椭圆：的离心率为，则（ ）
A．B．或C．8或2D．8
7．已知实数满足，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面上一点若直线l上存在点P使则称该直线为点的“相关直线”，下列直线中不是点的“相关直线”的是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知直线：，圆：，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．若圆关于直线对称，则
B．点到直线的距离的最大值为
C．存在两个不同的实数，使得直线与圆相切
D．存在两个不同的实数，使得圆上恰有三个点到直线的距离为
10．已知圆：与圆：的一个交点为，动点的轨迹是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．曲线的方程为
C．过点且垂直于轴的直线与曲线相交所得弦长为
D．曲线上的点到直线的距离的最大值为
11．在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过，，三点的正方体的截面面积为3
C．当在线段上运动时，的最小值为3
D．若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．通过科学研究发现：地震时释放的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.已知2011年甲地发生里氏9级地震，2019年乙地发生里氏7级地震，若甲、乙两地地震释放能量分别为，，则
13．直线的倾斜角的取值范围是 .
14．如图，设，分别是椭圆的左、右焦点，点P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，则直线的斜率为 .

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．已知两圆和．求：
(1)取何值时两圆外切？
(2)当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
16．在ΔABC 中，内角的对边分别为 .已知
（1） 求的值
（2） 若 ，求ΔABC的面积.
17．如图，在四棱锥中，平面，，四边形满足，，，点为的中点，点为棱上的动点.
(1)求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由.
18．某校高一年级设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标（正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑）考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.

(1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数；
(2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法（样本量按比例分配），从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率；
(3)若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，.记总的样本平均数为，样本方差为，证明.
19．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
1．B
【分析】按照复数的除法运算求出复数z的代数形式，再根据复数的模长公式求解即可.
【详解】.
.
故选：B.
2．A
【分析】先化简直线分是否有两部分，再求交点得出定点.
【详解】由得：，
由得
∴直线恒过定点.
故选：A.
3．A
【分析】由即可求解.
【详解】设，则，，
又，解得.
即.
故选：A.
4．A
【分析】根据余弦的二倍角公式，结合诱导公式进行求解即可.
【详解】因为，所以由，
，
故选：A
5．A
【分析】利用点关于直线对称点的求法可求得直线上一点关于直线的对称点，代入直线中即可得到对称直线方程.
【详解】设直线上一点关于直线对称点的坐标为，
则，整理可得：，，
即直线关于对称的直线方程为.
故选：A.
方法点睛：本题考查直线关于对称轴的对称直线的求解，解决思路是将直线上一点坐标，利用其关于对称轴的对称点坐标表示出来，代入原直线即可，核心依然是求解点关于直线的对称点的求解. 求解点关于直线的对称点的基本方法如下：
①与连线与直线垂直，即；
②中点在直线上，即；
③与到直线的距离相等，即；
上述三个等量关系中任选两个构成方程组，即可求得对称点坐标.
6．C
【分析】分焦点在轴和轴上两种情况，由离心率得到方程，求出或.
【详解】椭圆：的离心率为，
当椭圆焦点在轴上时，，解得，
当椭圆焦点在轴上时，，解得.
故选：C.
7．A
【分析】由的几何意义表示斜率即可求解.
【详解】表示函数图象上的点与的连线的斜率，
结合图象可知，
斜率分别过0,2与相切时取最大值和最小值，
由0,2和可求斜率，
设过斜率为的直线与图象相切，
与联立可得：
，
由，可得或（舍去）
结合图象可知：
所以的范围是.
故选：A.
8．D
分别计算点到四条直线的距离，结合点相关直线的定义得：当距离小于或等于4时，则称该直线为点的“相关直线”，利用点到直线距离公式即可得到答案．
【详解】由题意，当到直线的距离小于或等于4时，则称该直线为点 的“相关直线”
A ，，直线为，所以点到直线的距离为：，即点到直线的最小值距离小于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；
B ，，直线为，所以点到直线的距离为，所以点到直线的最小值距离小于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；
C ，，直线为，所以点到直线的距离为：，所以点到直线的最小值距离等于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；
D ，，直线为，所以点到直线的距离为：，即点到直线的最小值距离大于4，所以直线上不存在点使成立，不是点的“相关直线”．
故选：D．
本题解决成立问题的关键是正确理解新定义，结合点到直线的距离公式解决问题，新定义问题这是近几年高考命题的方向．属于中档题.
9．ABD
【分析】先确定直线过定点，圆心，半径，再逐项判断即可.
【详解】直线：过定点，
圆：，圆心，半径，
对选项A：直线过圆心，则，解得，故选项A正确；
对选项B：点O到直线l的距离的最大值为，故选项B正确；
对选项C：直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
解得，故选项C错误；
对选项D：当圆上恰有三个点到直线的距离为时，圆心到直线的距离，
解得，故选项D正确.
故选:ABD.
10．BCD
【分析】对于A，B由椭圆的定义即可判断，对于C，由通径的概念即可判断，
对于D，将问题转换成求与平行，且与椭圆相切的直线即可判断.
【详解】对A选项与B选项，由题意知圆与圆交于点，
则，，所以，
所以点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且，，即，，
所以，所以曲线的方程为，故A选项错误，B选项正确；
对C选项，通径的长度为，故C选项正确；
对D选项，设与直线平行的直线为，，
将与联立得，
令，解得，此时直线与椭圆相切，
当时，切点到直线的距离最大，
直线的方程为，此时两平行线的距离为，
故曲线上的点到直线的距离的最大值为，故D选项正确.
故选：BCD.
11．AC
【分析】建系，由异面直线夹角向量法即可判断A, 取的中点，连接，，，确定即为截面即可判断B，由对称性得到进而可判断C, 设点关于平面的对称点为，连接，可判断当与平面的交点为时，最小，即可判断D.
【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
∴，
∴与所成角的余弦值为，故A正确；
取的中点，连接，，，
则，
故梯形为过点，，的该正方体的截面，
∵，，，
∴梯形的高为，
∴梯形的面积为，故B错误；
由对称性可知，，故，
又由于，，，四点共面，故，当为与的交点时等号成立，故C正确，
设点关于平面的对称点为，连接，当与平面的交点为时，
最小，
过点作的平行线，过点作的平行线，两者交于点，此时，，，故D错误.
故选:AC.
12．1000
【分析】首先根据题意得到，再作差即可得到答案.
【详解】由题知.
故1000
13．
【分析】分，，讨论即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
当时，直线为，；
当时，，当且仅当时取等号， ∴；
当时，，
当且仅当时取等号， ∴，综上可得.
故
14．##0.5
【分析】连接，，利用圆的性质、椭圆的定义，结合勾股定理列式求解即得.
【详解】连接，，由点在以为直径的圆上，故.

又，在椭圆上，故有，.
设，则，，，.
在中，由勾股定理得，
解得，于是PF2=2a3，，故.
故
15．(1)
(2)；
【分析】（1）利用配方法，结合两圆外切的性质进行求解即可；
（2）根据两圆公共弦的性质，结合点到直线距离公式、圆的垂径定理进行求解即可.
【详解】（1）由已知化简两圆的方程为标准方程分别为：
，
则圆心分别为，半径分别为和，
当两圆外切时，满足；
（2）当时，有，则，所以两圆相交，
则两圆的公共弦所在直线的方程为：，即，
圆心到直线的距离，
所以公共弦长．
16．（1） （2）
【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．
（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，，从而计算出面积．
【详解】（1）由正弦定理得，
所以
即
即有，即
所以
（2）由（1）知，即，
又因为 ，所以由余弦定理得：
，即，解得,
所以，又因为，所以 ，
故ΔABC的面积为=.
正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．
17．(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）根据所给条件可建立空间直角坐标系，由平面向量基本定理可证明向量与平面共面，从而证明结果；
（2）假设存在点，空间向量法计算平面与平面所成角的余弦值为，求解点坐标即可.
【详解】（1）因为平面，，平面，
所以，，又，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，
则，，，，
因为点为中点，所以，，
又，，所以，
所以，，为共面向量，
则在平面内存在直线与平面外的直线平行，所以平面.
（2）设，，，，
依题意可知，平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则.
因为平面与平面所成角的余弦值为，
所以，即，
解得或，
所以存在点使得平面与平面所成角的余弦值为，
此时或.
18．(1)，85
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；
（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.
【详解】（1）由题意得：，解得，
设第60百分位数为，则，
解得，即第60百分位数为85.
（2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为，，
在80,90的有人，设为a，b，C.
则样本空间为，.
设事件“两人分别来自和80,90”，
则，，
因此，
所以两人得分分别来自和80,90的概率为.
（3）由题得①；
②
又
同理，
∴
.
得证.
19．(1)；
(2)
(3)椭圆C上不存在三点，使得
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得

故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时

综上所述结论成立．
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知
，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知

所以

．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.