黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试题

这是一份黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试题，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

出题人：刘宏大校对人：张文欣
考试时间：120分钟
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：（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）
1．集合（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题：直线与平行，命题，则是的（ ）
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
3．已知圆为坐标原点，则以为直径的圆的方程（ ）
A．B．
C．D．
4．在正四面体中，棱长为2，且是棱中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．要得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度D．向左平移个单位长度
6．三角形ABC的内角的对边分别为，若，三角形ABC面积为，则（ ）
A．B．C．4D．2
7．已知双曲线的左、右焦点为，若双曲线右支上存在点，使得线段被直线垂直平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则的值为（ ）
A．0B．504C．1008D．2016
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9．过点且与圆相切的直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示，一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成的角的平面所截，截面是一个椭圆，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的长轴长为4B．椭圆的短轴长为2
C．椭圆的离心率为D．椭圆的一个方程可能为
11．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，则（ ）
A．B．
C．异面直线与夹角的余弦值为D．点到平面的距离为
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分）
12．已知扰物线的方程为，则其准线方程为______．
13．函数的最大值是______．
14．，则______．
四、解答题：（本大题共5小题，共计77分）
15．（满分13分）已知圆经过两点，且与轴的正半轴相切．
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线与圆交于，求．
16．（满分15分）已知圆圆心为，定点，动点在圆上，线段的垂直平分线交线段于点
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若点是曲线上一点，且，求的面积．
17．（满分15分）“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台．某市宣传部门为了解市民利用“学习强国”学习国家政策的情况，从全市抽取100人进行调查，统计市民每周利用“学习强国”的时长，并按学习时间（单位：小时）的长短分成以下6组：，，，，，，统计结果如图所示：
（1）试估计这100名市民学习时间的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值代表，结果保留两位小数）；
（2）现采用分层抽样的方法在学习时长位于和的市民中共抽取5人参加学习心得交流会，再从这5人中选2人发言，求发言者中恰有1人是学习时长在上的概率．
18．（满分17分）已知平行四边形，点是的中点．沿把进行翻折，使得平面平面．
（1）求证：平面；
（2）点是的中点，棱上一点使得，求二面角的余弦值．
19．（满分17分）已知双曲线的实轴长为2，直线为的一条游近线．
（1）求的方程；
（2）若过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】先解不等式，再根据元素是自然数求出集合内的元素即可．
【详解】解不等式，解得，
又因为，所以满足的的值有，
所以集合为，
故选：C
2．A
【分析】根据两直线平行满足的关系可得命题等价于或，结合充分不必要条件的判断即可求解．
【详解】直线与平行，则，解得或，
所以命题等价于或，命题．
则由命题不能得到命题，但由命题可得到命题，则是的充分不必要条件．
故选：A．
3．C
【分析】先求出圆心和半径，即得圆的方程．
【详解】由题得中点坐标为，
圆的半径为，
所以圆的方程为．
故选C
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力．
4．B
【分析】作出图形，取的中点，连接，得或其补角为异面直线与夹角，根据余弦定理求解即可．
【详解】取的中点，连接，
易得，故或其补角为异面直线与夹角，
又正四面体棱长为2，故，
，
故异面直线与夹角的余弦值为．
故选：B．
5．A
【分析】利用诱导公式将平移前的函数化简得到，进而结合平移变换即可求出结果．
【详解】因为，
而，故将函数的图象向右平移个单位长度即可，故选：A．
6．D
【分析】根据题意，利用三角形的面积公式，求得且，结合余弦定理，即可求解．
【详解】因为，可得，
又因为且面积为，可得，
解得，则，
又由余弦定理得，所以．
故选：D．
7．A
【分析】由已知可证，可得，再根据三角形性质可得解．
【详解】
如图所示，
设直线交于，
连接，
由已知线段被直线垂直平分，
可知，
所以，
所以是以为斜边的直角三角形，
又直线的斜率为，
可得，所以，
所以
由双曲线定义可知，即，
所以，
整理可得，
故选：A．
8．B
【分析】由函数式计算得出函数的图象关于对称，再由对称性对求和式倒序相加可得，
【详解】因为，所以，
故选：B．
9．AC
【分析】根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径即可求解．
【详解】设切线为，圆心到切线的距离为，圆的半径为
若的斜率不存在，则直线方程为，
圆心到直线的距离；满足题意；
若的斜率存在，设直线方程为，即，
因为直线与圆相切，所以，解得，
所以切线方程为．
故选：AC．
10．CD
【分析】由图形特征，可得椭圆的短轴长和椭圆的长轴长，计算离心率和方程，验证各选项．
【详解】由题意，椭圆的短轴长与圆柱底面直径相等，即椭圆的短半轴长，短轴长为，B选项错误；
截面与底面所成的角为，则椭圆的长轴长为，得，A选项错误；
，离心率为，C选项正确；
当建立坐标系以椭圆中心为原点，椭圆的长轴在轴上，短轴在轴上时，则椭圆的方程为，D选项正确．
故选：CD．
11．ACD
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，直接由向量线性运算的坐标表示即可验算；
对于B，由向量模的计算公式即可验算；对于C，由向量夹角公式即可求解；对于D，由公式验算即可．
【详解】因为平面平面，所以，
在正方形中，有，所以两两互相垂直，
所以以A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，
而，从而，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故C正确；
对于D，，设平面的法向量为，则
今，解得，所以，又，
所以点，到平面的距离为，故D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】由题意可知，且焦点在轴的正半轴上，即可得准线方程．
【详解】由题意可知，且焦点在轴的正半轴上，
所以其准线方程为．
故答案为：．
13．
【分析】先利用倍角公式和诱导公式化简得到，再结合求出最大值即可．
【详解】，又可得，
故，故的最大值是．
故答案为：．
14．
15．（1）；（2）
【分析】（1）设圆的标准方程为：，根据已知条件列出方程组求解即可得出结果；
（2）求出圆心到直线的距离，根据，计算即可．
【详解】（1）设圆的标准方程为：
根据圆经过两点，且与轴的正半轴相切．，解得：，
圆的标准方程为：．
（2）圆心到直线的距离为．
所以．
16．（1）； （2）．
【分析】（1）根据题意中的几何关系，判断动点的轨迹为椭圆，写出其方程即可；
（2）利用椭圆定义结合余弦定理，即可求得，再求三角形面积即可．
【详解】（1）由已知，故，
所以点轨迹是以为焦点的椭圆，
设点轨迹方程为，则，
所以点轨迹方程为．
（2）不妨设，由椭圆定义可得，又，
则在中，由余弦定理可得：，
解得．
故的面积．
17．（1）25.83 （2）
【分析】（1）根据中位数的计算公式即可求解，
（2）根据抽样比可计算各个层所抽取的人数，即可利用列举法求解所有基本事件，由古典概型的概率公式即可求解．
【详解】（1）学习时间位于上的市民数为：；同理可得学习时间位于上的市民数分别为：，
，
，
∴100名市民学习时间的中位数为．
（2）的市民频率为市民频率为0.1；
由分层抽样可得的市民有人，的市民有人，
将的市民分别记为的市民分别记为，则这5人中选2人的基本事件有：共10种，
其中事件发言者中恰有1人是学习时长在包含的基本事件有：，共6种；
所以事件发言者中恰有1人是学习时长在上的概率
18．（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）在中，由余弦定理，可得，再根据勾股定理可证，再根据线面面垂直的性质定理，即可证明结果；
（2）设是的中点，在正三角形中，易证，根据面面垂直的性质定理可证平面，即证易证为正三角形，可得，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，根据，求出坐标，再分别求出平面和平面的一个法向量，根据空间向量夹角公式，即可求出结果．
【详解】（1）证明：在中，，由余弦定理知，，
又平面平面，平面平面平面，
平面．
（2）解：设是的中点，因为，则为正三角形，则，且，
平面平面，平面平面平面，
平面．
由题可知为正三角形，．
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，则，
，
，即，解得．
当点为棱的中点时满足题意，即，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又平面的一个法向量为，
，
由图可知，二面角为锐角，
二面角的余弦值是．
19．（1）
（2）存在定点，使为定值，理由见详解．
【分析】（1）由，再由渐近线的方程得的值，求得，即可得双曲线方程；
（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．
【详解】（1）由题意得，即．
因为的渐近线方程为．
所以，所以，
故的方程为：．
（2）当直线不与轴重合时，
设直线的方程为，
代入，得，
即．
设点，
则．
设点，
则
，
若为定值，
令
解得，
此时．
当直线与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点，
所以存在定点，使为定值．
【点睛】思路点睛：
求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊情况下也成立．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
C
B
A
D
A
B
AC
CD
ACD