湖南省衡阳市衡阳县部分学校2024-2025学年高二上学期第一次联考数学（A卷）试题（Word版附解析）

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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，，如果，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线定理，结合空间向量线性关系的坐标关系列方程求参数，即可得结果.
【详解】由，则存在，使，
则，解得，
所以.
故选：A.
2. 已知直线与直线间的距离为，则（ ）
A. 或B.
C. 或11D. 6或
【答案】A
【解析】
【分析】运用两条平行直线间的距离公式计算即可.
【详解】直线可化为，
所以，解得或．
故选：A.
3. 若椭圆满足，则该椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆离心率的公式计算.
【详解】椭圆满足，
则该椭圆的离心率.
故选：B.
4. 已知点，，若直线上存在点P，使得，则称该直线为“相关点直线”．给出下列直线:①；②③；④，其中为“相关点直线”的是（ ）
A. ①③B. ②④C. ②③D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据可判断点的轨迹为圆，将问题转化为直线与圆有共同点即可，利用代数法联立方程判别式法或者利用圆心到直线的距离与半径的关系的几何法即可求解.
【详解】由题意可知，点P的轨迹是以O为圆心、1为半径的圆，其方程是．
解法一:①把代入并整理得，，∴，∴直线与圆相离，∴直线不是“相关点直线”．
同理，通过联立直线和圆的方程，可得直线②，④与圆相交，直线③与圆相离．所以②④符合题意．
故选:B．
解法二:①圆心到直线，即的距离为，∴直线与圆相离，∴直线不是“相关点直线”．
同理，通过比较圆心到直线的距离与半径的大小，可得直线②，④与圆相交，直线③与圆相离．所以②④符合题意．
故选:B．
5. 已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若为等边三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】等边三角形中，中，，，，由余弦定理列方程求解.
【详解】∵为等边三角形，∴，
∴，，，
中，由余弦定理有，
∴，∴，∴.
故选:B.
6. 一个工业凹槽的截面是一条抛物线的一部分，它的方程是，在凹槽内放入一个清洁钢球（规则的球体），要求清洁钢球能擦净凹槽的最底部，则清洁钢球的最大半径为（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】设小球圆心，求出抛物线上点点到圆心距离平方，根据二次函数的性质求出的取值范围，即可得解.
【详解】
设小球圆心，若小球触及凹槽的最底部，则小球半径，
又抛物线上点点到圆心距离平方为：
，
若最小值在时取到，则小球触及凹槽的最底部，
故此二次函数的对称轴位置应在轴的左侧，所以，所以，
所以，从而清洁钢球的半径的范围为，
所以清洁钢球的最大半径为.
故选：B．
7. 如图，在正方体ABEF­DCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为（ ）

A. －B.
C. －D.
【答案】B
【解析】
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线，将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则M ，N，.
解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，
则G.
因为为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为，，
所以，，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.

解法二 设平面AMN的法向量
由于， ，
则，即，
令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
故选：B.
8. 已知椭圆，离心率为．点为椭圆C上一动点（其中，），点，为椭圆C左右焦点，直线与直线在一象限交于点，则线段长度为（ ）
A. 2B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】有椭圆的离心率可求得，则椭圆方程为，结合和，可得直线的方程为，在再联立方程组，求出，利用两点间距离公式即可求解.
【详解】椭圆的离心率为，
，则，
椭圆，此时，则直线的方程为，
又点在椭圆C上，则有，
设，联立，解得，则
，
由得：，代入上式得：.
故选：A.
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. 点P在圆上，点Q在圆上，则（ ）
A. 的最小值为0
B. 的最大值为7
C. 两个圆心所在直线的斜率为
D. 两个圆的公共弦所在直线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】求两圆的圆心坐标和半径，结合圆心距求的最值判断AB选项；由斜率公式计算两个圆心所在直线的斜率，判断选项C；由两圆位置关系判断选项D.
【详解】圆，圆心，半径.
圆的一般方程化成标准方程，得，则圆心，半径，
两圆圆心距，，，
A选项错误，B选项正确.
两个圆心所在直线的斜率， C选项正确.
又，所以两圆外离，不相交，没有公共弦， D选项错误.
故选：BC.
10. 我们把离心率为的双曲线称为黄金双曲线。如图所示，、是双曲线的实轴顶点，、是虚轴顶点，、是焦点，过右焦点且垂直于轴的直线交双曲线于、两点，则下列命题正确的是（ ）
A. 双曲线是黄金双曲线
B. 若，则该双曲线是黄金双曲线
C. 若，则该双曲线是黄金双曲线
D. 若，则该双曲线是黄金双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A选项，，不是黄金双曲线；通过计算得到BCD是黄金双曲线.
【详解】A选项，，不是黄金双曲线；
B选项，，化成，即，
又，解得，是黄金双曲线；
C选项，∵，∴，
∴，
化简得，由选项知是黄金双曲线；
D选项，∵，∴轴，，且是等腰，
∴，即，由选项知是黄金双曲线.
综上，BCD是黄金双曲线.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率常用的方法有：（1）公式法（求出再求离心率）；（2）方程法（通过已知得到关于的方程，解方程得解）.
11. 如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）

A.
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使直线与所成的角为
D. 点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可.
【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，设，则，，，
，，，；
由是棱上的动点，设，，
因为，，所以，
即，故A正确；
当为中点时，是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
，，若存在点，
使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，故C错误；
由题意可知：点到平面的距离，
为平面的法向量，所以点到平面的距离为，
所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，已知圆是圆上两个动点，点，则矩形的顶点的轨迹方程是___________．
【答案】
【解析】
【分析】
设点，连接交于，可写出的坐标，再在直角中，，利用勾股定理列方程可得x, y的关系式，即顶点的轨迹方程.
【详解】设点，如图连接交于，
由矩形可知为的中点，，
连接，在直角中，，则
即，整理得，
所以顶点的轨迹方程是
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查求轨迹方程，解题的关键是求谁设谁，设点，然后再利用图像的几何关系找到x, y的关系式，即求得轨迹方程，考查学生的直观想象能力与运算求解能力，属于中档题.
13. 如图，在直三棱柱中，，，点，，分别是棱，，的中点，点是棱上的点．若，则线段的长度为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，以点为坐标原点，以分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据题意，列出方程，求出点坐标，进而可求出结果.
【详解】因为在直三棱柱中，，
因此，以点为坐标原点，以分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，点，，分别是棱，，的中点，所以，，，则，
又点是棱上的点，所以设，
则，
因为，所以，因此.
所以，因此.
故答案为
【点睛】本题主要考查空间中两点间的距离，灵活运用空间向量法求解即可，属于常考题型.
14. 抛物线与圆交于A、B两点，圆心，点为劣弧上不同于A、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得点坐标，可得的取值范围，可得答案.
【详解】解：∵圆交，抛物线，
∴圆心也是抛物线的焦点，抛物线的准线为，
过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，

故的周长，
由可得，
又圆与轴正半轴交于，
所以，
又因为，
所以取值范围为，
所以的周长的取值范围为.
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. 已知圆，点.
（1）若，半径为的圆过点，且与圆相外切，求圆的方程；
（2）若过点的两条直线被圆截得的弦长均为，且与轴分别交于点、，，求.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆心，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出圆的方程；
（2）分析可知直线、的斜率存在，设过点且斜率存在的直线的方程为，即，利用勾股定理可得出，可知直线、的斜率、是关于的二次方程的两根，求出、的坐标，结合韦达定理可求得的值.
【小问1详解】
解：设圆心，圆的圆心为，
由题意可得，解得或，
因此，圆的方程为或.
【小问2详解】
解：若过点的直线斜率不存在，则该直线的方程为，
圆心到直线的距离为，不合乎题意.
设过点且斜率存在的直线的方程为，即，
由题意可得，整理可得，
设直线、的斜率分别为、，
则、为关于的二次方程的两根，
，
由韦达定理可得，，
在直线的方程中，令，可得，即点
在直线的方程中，令，可得，即点，
所以，，解得.
16. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．

（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
【小问2详解】
因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
17. 已知抛物线，过点的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在点A处的切线为，在点B处的切线为，直线与交于点M.
（1）设直线，的斜率分别为，，证明：；
（2）设线段AB的中点为N，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设切线方程，分别用点的横坐标表示，联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理，可得结果；
（2）联立直线方程求点M坐标，由中点坐标公式可得点坐标，从而得到MN，再由弦长公式可得AB，由的表达式求取值范围即可.
【小问1详解】
由题意知，直线l的斜率存在，
设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程为，
由得，
，，.
由，得切点，，
则切线的方程为，代入，得，
所以，解得，
同理，得切线的斜率，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
故，.
由（1）得，
可化为，①
同理得，②
由①②，得，，即，
则.
，
所以.
由，，得，故，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
18. 如图所示的多面体中，四边形ABCD是菱形且，，平面ABCD，，点N为PC上的动点.

（1）求证：存在点N，使得.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面PBC，平面MABN与PC交于点N，有；
（2）以D为原点建立空间直角坐标系，向量法解决二面角问题.
【小问1详解】
证明：因为四边形ABCD是菱形，所以，
又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.
又，平面，平面PBC，所以平面PBC.
又，平面ADM，
所以平面平面PBC.
又平面AMD，所以平面PBC，
所以平面MABN与PC必有交点，且该交点为N，满足.
【小问2详解】
以D为原点，DC，DM所在直线分别为y，z轴，
过点D在平面ABCD内作垂直于DC的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为四边形ABCD是菱形，，所以，
又，，平面ABCD，
所以，，，，.
，，，
设平面AMP的法向量为.
则有，取，则，得.
设平面MPC的法向量为，
则有，取，则，得.
则，
所以二面角正弦值为.
19. 在平面直角坐标系中，已知双曲线与椭圆，A，B分别为的左､右顶点，点在双曲线上，且位于第一象限.
（1）直线与椭圆相交于第一象限内的点，设直线，，，的斜率分别为，，，，求的值；
（2）直线与椭圆相交于点（异于点A），求的取值范围.
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）方法1：设直线，联立双曲线方程和椭圆方程，求得P，M两点坐标，因为，，则可求出，，所以；方法2：设，，因为点在双曲线上，点在椭圆线上，得出x，y的关系，即可求出，，再利用，，三点共线，即可求出的值.
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程求出点坐标，联立椭圆方程求出N点坐标，即可求出，因为点位于第一象限，可求k的取值范围，则可求出函数值域，即的取值范围.
【小问1详解】
方法1：设直线，
联立，消，得，
所以，解得，
设，则，
所以.
联立，消，得，
设，则，
所以.
因为，，
所以，
，
所以.
方法2设，，
因为，，
所以，
.
因为点在双曲线上，所以，
所以，所以.
因为点在椭圆线上，所以，
所以，所以.
因，，三点共线，所以，
所以.
【小问2详解】
设直线的方程为，
联立，消，得
，
解得，，
所以点的坐标为，
因为点位于第一象限，所以，
解得，联立，消，得
，
解得，，
所以点坐标为，
所以，
设，则，
所以.
因为函数在区间上单调递增，
所以当时，，所以，
所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】（1）此题考查椭圆与双曲线对称性辨析，求解直线与曲线交点坐标，根据坐标表示斜率之积和斜率之和证明结论.
（2）解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．