2024-2025学年广东省江门市高二上学期12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省江门市高二上学期12月月考数学检测试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知点，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，若，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
3．“”是“曲线表示椭圆”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知甲罐中有四个相同的小球，标号为，乙罐中有三个相同的小球，标号为，从甲罐，乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于6”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则下列说法错误的是（ ）
A．事件发生的概率为B．事件相互独立
C．事件是互斥事件D．事件发生的概率为
5．如图，四棱锥的底面为平行四边形，为上一点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．1D．
7．已知圆，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于两点，则下列结论错误的是（ ）
A．直线AB的方程为B．
C．均与圆相切D．四边形的面积为
8．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题正确的是（ ）
A．在空间直角坐标系中，已知点，则三点共线
B．已知，则在上的投影向量为
C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
D．已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则
10．已知直线，直线，则下列说法正确的为（ ）
A．若，则
B．若两条平行直线与间的距离为，则
C．直线过定点
D．点到直线距离的最大值为
11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，动点在椭圆上，则下列描述正确的有（ ）
A．若的周长为6，则
B．若当时，的内切圆半径为，则
C．若存在点，使得，则
D．若的最大值为2b，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．，则 .
13．一只不透明的袋子中装有形状、大小都相同的5个小球，其中2个黄球、2个白球、1个红球．先后从中无放回地取两次小球，每次随机取出2个小球，记下颜色计算得分，得分规则如下：“2个小球颜色相同”加1分，“2个小球颜色一黄一白”得0分，“2个小球中有红球”减1分，则“两次得分和为0分”的概率为 ．
14．已知圆：，圆：，点，分别是圆，圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆C过点和点.并且圆心在直线上，点，过点P作圆C的切线l.
(1)求圆C的标准方程；
(2)求切线l的方程.
16．已知动点满足：．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若过点的直线和曲线相交于A，B两点，且为线段AB的中点，求直线的方程．
17．某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
(3)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和2，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35～45岁所有人的年龄的方差.
18．在梯形ABCD中，，，，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将沿AC折起到的位置，使得平面⊥平面.
(1)求证：平面
(2)平面ABC与平面夹角的余弦值
(3)线段上是否存在点Q，使得CQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由.
19．已知点为椭圆的焦点，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于、两点，且坐标原点到直线的距离为，的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
答案
1．【正确答案】D
【详解】设直线的倾斜角为，则.
因为，，所以，故.
故选：D.
2．【正确答案】B
【详解】因为，则，
若，则，解得．
故选：B．
3．【正确答案】B
【详解】若曲线表示椭圆，则，得
所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B
4．【正确答案】B
【详解】甲罐中小球编号在前，乙罐中小球编号在后，表示一个基本事件，
有11，12，13，21，22，23，31，32，33，41，42，43，共12个，
事件含有的基本事件有：43，共1个．
事件含有的基本事件有：11，12，13，21，22，31，41，共7个，
事件发生的概率为，故A正确；
，，，，不相互独立，故B错误；
事件两者不可能同时发生，它们互斥，故C正确；
事件中含有8个基本事件，共有基本事件12个，因此，故D正确.
故选：B．
5．【正确答案】A
【详解】因为，所以，
所以
.
故选：A
6．【正确答案】B
【详解】如图，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，如下所示：
易知，，;
取，，则，
所以点到直线的距离为．
故选：B.
7．【正确答案】D
【详解】由圆，得，
则圆心，半径，
线段的中点坐标为，且，
则圆，即.
对于选项A：联立，两式作差可得：，
即直线的方程为，故A正确；
对于选项B：圆心到直线的距离为，
则，故B正确；
对于选项C：因为在以为直径的圆上，则，
由圆心与切点的连线与切线垂直，可得均与圆相切，故C正确；
对于选项D：因为，且，
则，
所以四边形的面积为，故D错误．
故选：D．
8．【正确答案】A
【分析】
设，，由，可得点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解.
【详解】
解：由题意，设，，
因为，所以，即，
所以点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
因为，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，
所以，即的最大值为，
故选：A.
9．【正确答案】BD
【详解】A选项，可得，
注意到，坐标的对应分量不成比例，
即不共线，从而三点不共线，A选项错误；
B选项，根据投影向量公式可得，
在上的投影向量为，B选项正确；
C选项，注意到，则，C选项错误；
D选项，由于点为平面上的一点，即四点共面，
根据共面条件可知，，即，D选项正确.
故选：BD.
10．【正确答案】AC
【详解】由题，斜率为，
，斜率为，
对于A，若，则，即，故A正确；
对于B，因为，所以即，且即，
又两条平行直线与间的距离为，
所以或，故B错误；
对于C，对，令，
所以直线过定点.故C正确；
对于D，由C可知直线过定点，
所以要使点到直线距离最大，则，
则点到直线距离的最大值为，故D错误.
故选：AC.
11．【正确答案】ABD
【详解】对于A,由椭圆，可得，
因为的周长为6，所以，解得，
因为，所以，解得，故A正确；
对于B，由，可得，
当时，由余弦定理可得
，
则，解得，
所以，
又的内切圆半径为，
所以，
所以，所以，解得（舍去）或，
所以，故B正确；
对于C，若，则以为圆心，为半径的圆与椭圆有交点，则，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得，则，故C错误；
对于D，设，
，
又因为，因为下顶点到上顶点的距离为2b，又的最大值为2b，
故时取最大值，所以，解得，故D正确.
故选：ABD.
12．【正确答案】
【详解】因为，所以，得到，
所以，得到，
故答案为.
13．【正确答案】/
【详解】“两次得分和为0分”可能的情况有第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
或第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，或两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
记黄球为，2个白球为、1个红球为，
利用枚举法可知从中一次取2个小球为，
共有10种取法，而颜色相同的取法有两种，
故第一次取2个小球颜色相同的概率为，第二次取2个小球中有红球的概率为，
所以第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”的概率为．
第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，
第一次取2个小球中有红球的概率为，第二次2个小球颜色相同的概率为，
所以第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”的概率为．
两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次取2个小球，“2个小球颜色一黄一白”的概率为，
第二次取2个小球，“2个小球颜色一黄一白”的概率为，
所以两次均为“2个小球颜色一黄一白”的概率为．
所以两次先后取2个小球，得分为零分的概率为.
故答案为.
14．【正确答案】7
【详解】解析：由点，分别是圆，圆上的动点，
可知：，
所以，，
设关于轴的对称点为，则，
当，，三点共线时，取最大，最大值为，
所以.
故7

15．【正确答案】(1)
(2)和
【详解】（1）解：设圆C的标准方程为，
圆心为，半径为，
依题意可得，解之得，
所以圆C的标准方程为.

（2）解：切线斜率存在时，设切线l的斜率为，
则切线l的方程为，即，
所以，解得，
所以切线l的方程为，
又因为圆心到直线的距离为，
所以直线也为圆圆C的切线.
故切线l的方程为和.
16．【正确答案】(1)的方程是：
(2)
【详解】（1）设，，，因为，
所以，且，
所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆.
设椭圆C的方程为，记，则，，
所以，，所以，所以的标准方程为.
（2）设点，则，
作差得，除以得，
又由点是AB的中点，则有，
所以，
变形可得，所以直线的方程是即，
经检验符合题意，故直线的方程为.
17．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设这人的平均年龄为，
则
.
（2）由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），，，，
第五组抽取人，记为（乙），，
对应的样本空间的样本点为：
，
设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则，
所以.
（3）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
则，
，
据此估计这人中35～45岁所有人的年龄的方差为.
18．【正确答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3)存在点Q，.
【详解】（1） 连接，
因为，P为AB的中点，
所以，，
故四边形为平行四边形，
故是AC，DP的中点，
因为P是AB的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面⊥平面，交线为AC，
因为，O是AC的中点，
所以⊥AC，
因为平面，
所以⊥平面，
因为平面ACB，
所以，，
因为，AP=AD，
所以三角形ADP为等边三角形，
因为O是DP的中点，
所以OP⊥AC，
所以两两垂直，
故以O为坐标原点，分别以OA，OP，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，
解得：，令，则，
所以，
平面ABC的法向量为，
设平面ABC与平面的夹角为，
则，
故平面ABC与平面的夹角的余弦值为；
（3）存在点Q，
理由如下：设，，
则，
由（2）知：平面的法向量为，
设CQ与平面所成角为，
则，
因为，解得：，
故.
19．【正确答案】（1）；（2），理由见解析.
【分析】
（1）利用椭圆的定义求出的值，再结合的值可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点、的坐标，计算出；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，由已知条件得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，综合可得出结论.
【详解】
（1）由椭圆定义可得，，
，，因此，椭圆的方程为；
（2）设点、
①当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
由于对称性不妨设直线的方程为，联立，解得或，
即点、，此时，，则；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，则，
联立，可得，
，即.
由韦达定理可得，，
，
，即.
综上所述，.
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．