2024-2025学年浙江省金华市高二上学期12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江省金华市高二上学期12月月考数学检测试题（含解析），共22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。
一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．圆与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相交C．内切D．外切
2．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
3．正方体分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
4．直线：在椭圆上截得的弦长是（ ）
A．B．C．D．
5．点是圆上的动点，直线是动直线，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．已知数列是公差不为0的无穷等差数列，是其前项和，若存在最大值，则（ ）
A．在中最大的数是
B．在中最大的数是
C．在中最大的数是
D．在中最大的数是
7．已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为
A．B．C．D．
8．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9．已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．已知点椭圆上一点，椭圆的焦点是，则下列说法中正确的是（ ）
A．椭圆的长轴长是9B．椭圆焦距是
C．存在使得D．三角形的面积的最大值是
11．已知两点，点是直线：上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．存在使最小B．存在使最小
C．存在使最小D．存在使最小
12．已知曲线，则（ ）
A．曲线上两点间距离的最大值为
B．若点在曲线内部（不含边界），则
C．若曲线与直线有公共点，则
D．若曲线与圆有公共点，则
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知数列的前n项和，则通项公式= ．
14．已知数列{an}和{bn}都是等差数列，且其前n项和分别为Sn和Tn，若＝，则 ．
15．正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，则 .
16．如图，三角形中，，，为中点，为上的动点，将沿翻折到位置，使点在平面上的射影落在线段上，则当变化时，二面角的余弦值的最小值是 .

四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知直线和直线的交点为.
(1)求过点且与直线平行的直线的方程；
(2)求线段（为原点）的垂直平分线的方程.
18．已知圆的圆心在直线上，且经过，两点.
(1)求圆的方程；
(2)直线：与圆交于两点，且，求实数的值.
19．如图，已知四棱锥中，平面，，，，为中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．正项数列中，，对任意都有．
(1)求数列的通项公式及前项和；
(2)设，试问是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，求出所有满足要求的；若不存在，请说明理由．
21．如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，，，点分别是线段，的中点，二面角为直二面角.

(1)求证：平面；
(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
22．已知椭圆经过点，焦距为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，设点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线与的斜率分别为，求证：为定值．
1．B
【分析】
根据圆的方程确定出两圆的圆心距和半径的关系，由此确定出两圆的位置关系.
【详解】因为，两圆的半径分别为，
所以，所以相交，
故选：B.
2．C
【分析】
利用空间向量共面的结论，对各选项逐一判断即可得解.
【详解】对于A，，所以共面，故A错误；
对于B，，所以共面，故B错误；
对于C，假设共面，
则存在，使得，
则共面，这与可构成空间的一个基底矛盾，
所以不共面，故C正确；
对于D，，所以共面，故D错误.
故选：C.
3．B
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】设正方体棱长为2，以的原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
4．D
【分析】
联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，根据韦达定理以及弦长公式可求解出结果.
【详解】设与椭圆交于，
联立可得，
且，，
所以，
故选：D.
5．C
【分析】
先求解出直线所过的定点坐标，然后将问题转化为圆上点到圆外定点距离的最大值，最后根据圆心到定点的距离结合圆的半径求解出结果.
【详解】因为，所以，
令，所以，所以过定点，
又因为，所以在圆外，
因为点到直线的距离的最大值即为到的距离，
又因为点是圆上的动点，
所以，
所以点到直线的距离的最大值为，
故选：C.
6．A
【分析】
根据题意，由条件可得，由是以为首项，为公差的等差数列，即可判断AB，由可得在中最大的数是不确定的，即可判断CD.
【详解】设等差数列的公差为，则，由存在最大值可知，，
因为，则，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，且，则是递减数列，所以在中最大的数是，故A正确，B错误；
在中最大的数是不确定的，比如，由，可得，所以，即为最大值，故CD错误；
故选：A
7．D
【详解】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.
详解：在中，
设，则，
又由椭圆定义可知
则离心率，
故选D.
点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
8．C
【分析】根据题意，求得点的轨迹方程为，结合得到为直径的圆要包含圆，利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由圆，可得，
所以圆的圆心为，半径为，
因为，且是的中点，所以，
所以点的轨迹方程为,
可其圆心为，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包含圆，
又由圆心到直线的距离为，
所以的长度的最小值为.
故选：C.

9．AD
【分析】利用空间向量判断直线、平面间的位置关系.
【详解】若，则，故A正确；
若，则或在内，故B错；
若，则，故C错；
若，则，故D正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】
根据椭圆的几何性质逐个判断即可.
【详解】，
所以，
对于A：因为，所以长轴为，A错误；
对于B：因为，所以焦距为，B正确；
对于C：当取到上顶点时此时取到最大值，
此时，，
所以，所以此时为钝角，
所以存在使得，C正确；
对于D：当取到上顶点时此时三角形的面积取到最大值，
此时，D正确，
故选：BCD
11．ABD
【分析】
A：先求关于的对称点，根据与的交点坐标即可判断；
B：设出点坐标，根据二次函数的性质求解出取最小值时点坐标；
C：结合图示进行分析判断；
D：根据绝对值的特点先判断出取最小值时点的位置，然后联立对应直线方程求解出点坐标.
【详解】对于A：设点关于直线的对称点为，所以，所以，所以，
所以，当且仅当为与交点时满足题意，
又因为，即，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B：设，所以，
所以，当且仅当时有最小值，
此时，所以，故B正确；
对于C：如下图，根据与的位置关系可判断出有最大值，无最小值，故C错误；

对于D：因为，取等号时，即为垂直平分线与的交点，
因为垂直平分线方程为，即，
所以，所以，所以，故D正确；
故选：ABD.
12．BC
【分析】
A：作出的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值；
B：根据直线与的交点坐标进行判断；
C：根据直线与相切时的取值进行判断；
D：分析临界情况：经过与坐标轴的交点、与在四个象限相切，由此求解出的范围.
【详解】当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，；当时，
作出在平面直角坐标系下的图象如下图：
对于A：上任意两点距离的最大值为，故A错误；
对于B：因为在直线上，所以，所以或，
若点在曲线内部（不含边界），则有，故B正确；
对于C：当直线与相切时，如下图所示：

若与在第二象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
若与在第四象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
结合图象可知曲线与直线有公共点时有，故C正确；
对于D：如下图所示：

因为与坐标轴的交点坐标为，
所以当刚好经过与坐标轴的交点时，此时，
当刚好与在四个象限都相切时，，
所以曲线与圆有公共点时，故D错误；
故选：BC.
关键点点睛：本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的综合运用，难度较大.数形结合是处理本题的高效方法，通过在图象上对临界位置的分析，得到直线与相切以及圆与相切时参数的取值.
13．
【分析】
根据，可求出首项，继而利用时，，求出的表达式，验证后即可确定答案.
【详解】因为数列的前n项和，
故当时，，
当时，
，
由于不适合该式，故，
故
14．2823##1523
【分析】
根据等差数列的性质以及前n项和公式，结合已知条件推出，即可求得答案.
【详解】由题意知数列{an}和{bn}都是等差数列，＝，
则,
故
15．##
【分析】
以向量为空间向量的基底，求出，再利用空间向量的数量积运算即得.
【详解】正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，
则，
，
因此
.
故
16．##.
【分析】
作出图示，根据位置关系分析出二面角的平面角为，然后根据三点共线将问题转变为平面直角坐标系中的坐标问题，通过计算对应纵坐标的比值结合基本不等式求解出二面余弦值的最小值.
【详解】过点作交于点，连接，如下图所示：
因为在平面内的射影为点，所以平面，所以，
又因为，，所以平面，所以，
所以二面角的平面角为，且，
又因为，所以，易知三点共线，且，则，
在平面中建立平面直角坐标系如下图所示：
设，因为在平面内的射影为点，所以可知，
又，所以，，
所以，，所以，
所以，
设，所以，
当且仅当，即，即时取等号，
所以，
故
关键点点睛：本题考查利用几何法求解二面角的余弦值，解答问题的关键在于将空间中线段长度比值转化为平面中坐标的比值，通过利用基本不等式求解出对应最值，难度较大.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）先求解出交点的坐标，然后设出，代入点的坐标求解出参数，则结果可知；
（2）先确定出以及中点坐标，则的垂直平分线方程可求.
【详解】（1）
因为，所以，所以，
设，代入，
所以，所以，
所以.
（2）因为且中点坐标为，
所以的垂直平分线方程为，
即为.
18．(1)；
(2).
【分析】
（1）根据给定条件，求出圆心坐标，再求出圆的半径即得.
（2）由给定弦长，结合圆的弦长公式求出弦心距，再利用点到直线距离公式计算即得.
【详解】（1）圆过点，，则点在线段的中垂线上，
由，得点，圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）直线被圆所截弦长，则点到直线的距离，
因此，解得
所以实数的值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据得到直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
【详解】（1）
取中点，连接，
因为分别为的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，，
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）过点作于点，连接，
因为，所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)，
(2)存在，或或
【分析】
（1）利用平方差公式得到，从而判断得是等差数列，从而利用公式法即可得解；
（2）假设存在，利用中等中项公式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，又，
数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以的通项公式为，前项和.
（2）存在正整数，使得成等差数列，
由（1）得，
假设存在正整数，传得成等差数列，则，
即，
当时，得，显然不成立，
所以，得，
为整数，，故，
即，对应的，
所以存在满足要求的，或或.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线和菱形的性质得到，根据二面角为直二面角和得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角余弦值的范围即可.
【详解】（1）连接，
因为分别为中点，三角形为等边三角形，
所以，，
因为为三棱柱，，
所以四边形为菱形，，则，
因为二面角为直二面角，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.

（2）连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，，，，
设，，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
因为平面，所以可以作为平面的一个法向量，
设锐二面角为，
则，
因为，所以，，，
所以锐二面角的余弦值得范围为.
22．(1)
(2)，证明见详解
【分析】
（1）由点在椭圆上和椭圆的定义求出椭圆方程；
（2）分别设出直线，的方程点斜式，直曲联立表达出交点的坐标，再用的坐标表达出斜率，最后求斜率之比即可.
【详解】（1）因为焦距为，所以，
因为椭圆经过点
所以，又因为
联立以上可得
所以椭圆的标准方程为
（2）证明：因为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，
设，且不在坐标轴上，所以
设直线，与椭圆的另一个交点，
联立椭圆与直线方程可得
，消去，得
，所以，
因为，由韦达定理可得
所以，代入直线方程可得
同理，设直线，与椭圆的另一个交点
联立椭圆与直线方程可得，消去，得，
，所以，
因为，由韦达定理可得
所以，代入直线方程可得
因为直线与的斜率分别为，所以，
化简可得，
所以，代入，
化简可得.
故得证.

关键点睛：第一问直接由椭圆的定义和点在椭圆上求出，属于基础型题目；第二问考查直线与椭圆的交点问题，直曲联立，需用韦达定理，设而不求，最后表示出斜率，再化简即可.