浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题（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，只有一个选项是正确的.
1. 已知直线经过点，，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出直线的斜率，再由斜截式得到直线方程，最后化为一般式即可.
【详解】因为直线经过点，，
所以，所以直线的方程为，即.
故选：D
2. 若椭圆的长半轴长等于其焦距，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，解得即可.
【详解】因为椭圆的长半轴长等于其焦距，
所以，解得.
故选：A
3. 已知直线与垂直，则实数（ ）
A. 3B. -3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用两条直线垂直的充要条件计算即可得解。
【详解】因为，所以，所以。
故答案为：B
4. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程化为标准式，即可求出其准线方程.
【详解】抛物线即，
则抛物线的准线为.
故选：D
5. 在四面体中，为棱的中点，点为线段上一点，且，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为E为棱的中点，所以，
因为，所以，
又，
所以
.
故选：B
6. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A. 3699块B. 3474块C. 3402块D. 3339块
【答案】C
【解析】
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
7. 已知点为圆上一动点，若直线上存在两点，，满足，且，则的最小值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】设线段的中点，求出以点为圆心，2为半径的圆，此圆与圆有公共点求出的取值范围即可求得最小值.
【详解】由点在直线上，且，设线段的中点，
由，得点在圆上，
圆的圆心，半径，而点在圆上，
即圆与圆有公共点，则，解得，
而，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当以线段的中点为圆心，2为半径的圆与圆外切时取等号，
所以的最小值为2.
故选：C.
8. 已知正方体的棱长为1，M为棱的中点，G为侧面的中心，点P，Q分别为直线，上的动点，且，当取得最小值时，点Q到平面的距离为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据，得到，从而得
到，再由向量模的坐标表示求出的最小值及此时、的值，最后利用空间向量法求出点到平面的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，设，，
所以，，
因为，所以，即，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，此时，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，取，
所以当取得最小值时，点Q到平面的距离.
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.
9. 设，是两条不同直线，，是两个不同平面，下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则或D. 若，，则或
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面关系逐项判断可得答案.
【详解】垂直于同一直线的两平面平行，故A正确；
平行于同一平面的两直线可能相交、平行或异面，故B错误；
垂直于同一平面的平面和直线可能平行，可能线在面内，故C正确；
垂直于同一直线的平面和直线可能平行，可能线在面内，故D正确.
故选：ACD
10. 一般地，对于数列，如果存在一个正整数，使得当取每一个正整数时，都有，那么数列就叫作周期数列，叫作这个数列的一个周期，则下列结论正确的是（ ）
A. 对于数列，若，则为周期数列
B. 若满足：，，则为周期数列
C. 若为周期数列，则存在正整数，使得恒成立
D. 已知数列的各项均为非零整数，为其前项和，若存在正整数，使得恒成立，则为周期数列
【答案】BC
【解析】
【分析】举反例可说明选项A错误；根据数列的奇数项都相等，偶数项都相等可得选项B正确；由为周期数列可知一个周期内必存在最大值，选项C正确；举反例可说明选项D错误.
【详解】A.取数列：，满足，但数列不是周期数列，选项A错误.
B. 由于满足：，，不妨令，，
则数列为，故，数列是周期数列，选项B正确.
C. 由于为周期数列，不妨设周期为，则数列中的项是个重复出现的数，
设这个数中最大的数为，所以存在正整数，使得恒成立，选项C正确.
D.令，当时，令，
则当为奇数时，，当为偶数时，，
取，则恒成立，但数列不是周期数列，选项D错误.
故选：BC.
11. 已知点为抛物线的焦点，点为抛物线上位于第一象限内的点，直线为抛物线的准线，点在直线上，若，，，且直线与抛物线交于另一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角为
B. 抛物线的方程为
C.
D. 点在以线段为直径的圆上
【答案】BD
【解析】
【分析】过点作，垂足为，根据抛物线的定义知，得到，利用二倍角的正切公式求出可判断A；根据为等腰直角三角形，可求出可判断B；将直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理求出的值可判断C；设线段的中点为，求出的坐标，得到可判断D.
【详解】对于A选项，如图，过点作，垂足为，
由抛物线的定义知，
所以与全等，则，
因为，，，
所以，
则，
则，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B选项，设直线与轴交于点，则，
由上可知，，则为等腰直角三角形，
因为，则，得，
所以抛物线方程为，故B正确；
对于C选项，由上可知，直线的方程为，
设、， ，则，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，故C错误；
对于D选项，设线段的中点为，
则，，则，
由上可知，则，
又，
所以点在以线段为直径的圆上，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等差数列中，若，则_____.
【答案】15
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式的基本运算求解.
【详解】在等差数列中，因为，
所以，解得，
所以，
故答案为：15
13. 已知，是双曲线的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率是_____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用点到直线的距离，建立关于的齐次式，即可求出离心率.
【详解】如图，以为圆心，为半径的圆与双曲线的渐近线交于两点，
，，所以，
点到直线的距离为，
可得，，
所以，可得
故答案为：.
14. 已知，函数设，，其中，，若存在最小值，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】先分析的图象，结合图象可知，要使取得最小值，则点在上，点在，分析可解.
【详解】依题意，，
当时，，易知其图象为一条端点取不到的单调递增的射线；
当时，，易知其图象是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图象（即半圆）；
当时，，易知其图象是一条端点取不到的单调递减的曲线；
因为，
结合图象可知，要使取得最小值，则点在上，
点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，
故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然要保证在上，才能满足取得最小值，
所以只需，即都可满足题意，保证，
否则无最小值，故.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键求出，且上，从而可得的取值范围.
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. 已知双曲线的中心在原点，右焦点为，过点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线与双曲线有且只有一个公共点，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设双曲线的方程为：,由，代入点，可得的值，可得双曲线标准方程；
（2）联立直线与双曲线，可得，然后分二次项系数为零和二次项系数不为零，两种情况求解即可求的取值范围.
【小问1详解】
由双曲线的中心在原点，焦点在轴上， ，过点，
设双曲线的方程为：，由，
过点，可得，可得，即得，
故双曲线标准方程为：；
【小问2详解】
由，得
由题意得，解得.
当，即时，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点，
所以或.
16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，，且，，.
（1）求直线与直线所成角的余弦值；
（2）证明：，，，四点共面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，得到方向向量，借助向量夹角余弦值公式计算即可；
（2）借助向量法，运用空间向量共面的基本定理验证即可.
【小问1详解】
连接，因为四边形为菱形，
又，所以为等边三角形，
取的中点E，连接，则，所以.
因为平面，平面平面， 所以
以A为原点，以所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系
则 由，
可知 所以
于是
故直线与直线所成角的余弦值为
【小问2详解】
因为，所以分别为中点，
则连接， 则，，
设，由（1）知 ，
则，
则，
解得，
所以，
故M，C，G，H四点共面.
17. 记为数列的前项和，为数列的前项积，已知.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，然后当时，由题意可得，代入中化简可得，从而可得是以为首项，以为公差的等差数列，
（2）由题意可得，由（1）可得，从而可求出，再由可求出，检验是否满足，从而可求出数列的通项公式
【小问1详解】
当时，，易得,
当时，代入消去，
得， 化简得，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列；
【小问2详解】
易得，由（1）可得，
当时，可得，
，
显然不满足该式，
所以 .
18. 如图，在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将翻折成，使平面平面.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）点，分别在线段、上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过，得到平面，进而得到.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据面面角的向量公式可得结果.
（3）设，则，根据折叠得，利用空间中两点间的距离公式可得结果.
【小问1详解】
取中点，连接
∵，∴，由折叠得.
∵平面，∴平面.
∵平面，∴
【小问2详解】
∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面.
∵，
∴.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
∴，，
设平面的法向量为，则，取.
由题意得，平面的法向量为，
∴，
由图可得二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为.
【小问3详解】
连接.
设，则.
∵翻折后与重合，∴，
由（2）得，，，
∴，解得，即.
19. 已知点，，定义A，B的“倒影距离”为，我们把到两定点，的“倒影距离”之和为6的点M的轨迹C叫做“倒影椭圆”.
（1）求“倒影椭圆”C的方程；
（2）求“倒影椭圆”C的面积；
（3）设O为坐标原点，若“倒影椭圆”C的外接椭圆为E，D为外接椭圆E的下顶点，过点的直线与椭圆E交于P，Q两点（均异于点D），且的外接圆的圆心为H（异于点O），证明：直线与的斜率之积为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“倒影距离”和“倒影椭圆”的定义求解即可；
（2）分类讨论去绝对值符号，作出“倒影椭圆”的图象，再结合图象求面积即可；
（3）先求出椭圆的方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再分别求出线段的中垂线的方程，设的外接圆的圆心的坐标为，由这两条中垂线方程得出的关系，进而可得出结论.
小问1详解】
设，
由“倒影距离”的定义可知，，
，
由题意，即，
所以“倒影椭圆”C的方程为；
【小问2详解】
由，
得，
当时，，
当时，由对称性知，，
其图象如图所示，
故“倒影椭圆”C的面积；
【小问3详解】
由上图知，“倒影椭圆”C的外接椭圆E的长半轴长为，且经过点，
可得椭圆的方程为，
由（2）知，，
由题意可知，直线的斜率存在，
设直线方程为，
联立，消得，
则恒成立，
则，
线段得中点为，即，
又，
则线段的中垂线的方程为，
即，
同理线段的中垂线的方程为，
设的外接圆的圆心的坐标为，
则是方程的两根，
所以，
又，
所以，整理得，
则，即，
所以直线与的斜率之积为定值.
【点睛】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．