四川省達州市萬源中學2024-2025學年高二上學期12月月考數(shù)學試題

四川省萬源中學高2026屆第二次月考試題（高二·上）數(shù)學一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為（）A.30° B.45° C.60° D.135°【答案】B【解析】【分析】根據(jù)傾斜角與斜率的關系，可得答案.【詳解】由直線，則其斜率為，設其傾斜角為，則，解得.故選：B.2.設向量，，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)空間向量垂直轉(zhuǎn)化為數(shù)量積為計算即可.【詳解】因為，可得，即，解之可得.故選：D3.橢圓的焦點坐標是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由橢圓的標準方程求解即可.【詳解】由于橢圓標準方程為：.，，所以，則.又，所以焦點在軸上，故焦點坐標為：.故選：C.4.直線與圓的位置關系為（）A.相離 B.相交 C.相切 D.無法確定【答案】C【解析】【分析】由圓心到直線的距離與半徑的關系再結(jié)合同角三角函數(shù)關系計算即可；【詳解】圓心坐標，半徑，圓心到直線的距離，所以直線與圓相切，故選：C.5.若是兩條不相同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題中為真命題的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則【答案】C【解析】【分析】根據(jù)線面關系，對A、B、D,都可能推出l，而C，由面面平行的性質(zhì)定理直接判斷即可.【詳解】對A、B、D,都可能推出l,所以不正確；對C，根據(jù)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線與另一個平面平行，所以正確.故選C.【點睛】本題考查了線面、面面平行的判定定理與性質(zhì)定理的應用，考查了空間線面的位置關系，屬于基礎題．6.從裝有兩個紅球和兩個黑球的口袋內(nèi)任取兩個球，那么互斥而不對立的事件是（）A.至少有一個黑球與都是黑球 B.恰好有一個黑球與都是紅球C.至少有一個黑球與都是紅球 D.恰好有兩個黑球與至少一個紅球【答案】B【解析】【分析】根據(jù)互斥事件和對立事件的概念判斷四個選項的正誤即可得正確選項.【詳解】對于選項A：至少有一個黑球包括一黑一紅、兩黑，與都是黑球有可能同時發(fā)生，故不是互斥事件，故選項A不正確；對于選項B：恰好有一個黑球與都是紅球是互斥事件，還有可能兩個黑球，故互斥不對立，故選項B正確；對于選項C：至少有一個黑球包括一黑一紅、兩黑，與都是紅球是對立事件，故選項C不正確；對于選項D：至少一個紅球包括一黑一紅、兩紅與恰好有兩個黑球是對立事件，故選項D不正確，故選：B.7.定義在R上的偶函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則的解集是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由偶函數(shù)的性質(zhì)可得，函數(shù)在上單調(diào)遞減，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)解不等式即可.【詳解】因為為的偶函數(shù)，又，在上單調(diào)遞增，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以當時，，，當時，，，當時，，，當時，，，又當或或時，，所以的解集為，故選：A.8.在平面直角坐標系中，點，若點滿足，則的最大值為（）A.9 B.11 C.13 D.15【答案】C【解析】【分析】設，由已知求得滿足的關系，代入后可得最大值．【詳解】設，由得，整理得，，因為，所以，所以，時，，故選：C．二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯項得0分.9.下列關于空間向量的命題中，是真命題的有（）A.設為空間的一組基底，且則四點共面B.若非零向量，滿足則有C.與一個平面法向量共線的非零向量都是該平面的法向量D.將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點構(gòu)成一個球面【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)共面向量定理的推論判斷A，由平行向量的定義判斷B，由法向量定義判斷C，由單位向量定義判斷D．【詳解】為空間的一組基底，若共面，則且，又所以，矛盾，所以不共面，A錯；都是非零向量，，則與方向相同或相反，同理，與方向相同或相反，所以與方向相同或相反，從而，B正確；由法向量的定義知C正確；將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點到這個直線的距離都等于1，終點構(gòu)成一個球面，D正確．故選：BCD．10.若方程所表示的曲線為，則（）A.曲線可能是圓B.若為橢圓，且焦點在軸上，則C.若，則為橢圓D.當時，表示焦點在軸上的橢圓，焦距為【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)條件，利用圓、橢圓的標準方程及橢圓的性質(zhì)，對各個選項逐一分析判斷即可得出結(jié)果.【詳解】對于A，當，即時，曲線，表示圓，故A正確；對于B，若為橢圓，且焦點在軸上，則，解得，故B正確；對于C，由A知，當時，曲線為圓，故C錯誤；對于D，當時，曲線表示焦點在軸上的橢圓，其焦距為，故D錯誤.故選：AB.11.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體（semiregularsolid），是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．如圖所示，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形、六個面為正方形的一種半正多面體．已知，則關于如圖半正多面體的下列說法中，正確的有（）A.該半正多面體的體積為B.該半正多面體的頂點數(shù)、面數(shù)、棱數(shù)滿足關系式C.該半正多面體過三點的截面面積為D.該半正多面體外接球的表面積為【答案】ABD【解析】【分析】A選項，該半正多面體是由棱長為的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到，求出正方體體積減去8個三棱錐的體積即可；B選項，得到，B正確；C選項，過三點的截面為正六邊形，結(jié)合三角形面積公式求出C錯誤；D選項，轉(zhuǎn)化為外接球即為底面棱長為2，側(cè)棱長為的正四棱柱的外接球，求出外接球半徑，得到表面積.【詳解】如圖，該半正多面體是由棱長為的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的．對于A，因為由正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，所以該幾何體的體積為：，故A正確；對于B，幾何體頂點數(shù)為12，有14個面，24條棱，即，滿足，故B正確；對于C，由平行關系得到過三點的截面為正六邊形，邊長為2，可分割為6個正三角形，所以，故C錯誤；對于D，根據(jù)該幾何體的對稱性可知，該幾何體的外接球即為底面棱長為2，側(cè)棱長為的正四棱柱的外接球，故外接球半徑為，所以該半正多面體外接球的表面積，故D正確，故選：ABD．【點睛】方法點睛：立體幾何中截面的處理思路：（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.三?填空題：本題共3個小題，每小題5分，共15分.12.已知橢圓中，點是橢圓上一點，是橢圓的焦點，且，則的面積為__________.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求得，然后由面積公式計算面積．【詳解】由題意，，，，中，，所以，∴，所以.故答案為：．13.無論為何值，直線過定點__________.【答案】【解析】【分析】把直線方程整理成關于參數(shù)的恒等式，再由恒等式知識求解．【詳解】直線方程可化為，由得，所以直線過定點，故答案為：．14.若恰有三組不全為0實數(shù)對滿足關系式，則實數(shù)t的所有可能取值的和為______.【答案】【解析】【分析】對已知變形為，然后轉(zhuǎn)化為僅有三條直線滿足和到直線（不過原點）的距離t相等，然后對進行分類討論求解即可.【詳解】由已知得，，整理得，看成有且僅有三條直線滿足，和到直線（不過原點）的距離t相等；由，（1）當，此時，易得符合題意的直線l為線段的垂直平分線以及直線平行的兩條直線.（2）當時，有4條直線l會使得點和到它們的距離相等，注意到l不過原點，所以當其中一條直線過原點時，會作為增根被舍去；設點A到l的距離為d，①作為增根被舍去的直線l，過原點和A，B的中點，其方程為，此時，，符合；②作為增根被舍去的直線l，過原點且以為方向向量，其方程為，此時，，符合；綜上，滿足題意的實數(shù)t為，，，它們的和為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查了點到直線距離公式的應用以及方程組解的個數(shù)問題解法，解題的關鍵是把問題轉(zhuǎn)化為有且僅有三條直線滿足和到直線（不過原點）的距離t相等，屬于難題.四?解答題：本題共5個小題，共77分，其中15題13分，1617題每道15分，1819題每道17分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.求滿足下列條件的橢圓的標準方程：（1）焦點坐標分別為，且經(jīng)過點；（2）經(jīng)過兩點.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法一：根據(jù)焦點位置設橢圓方程，根據(jù)兩點距離公式結(jié)合橢圓第一定義求出，進一步，即可得解；解法二：根據(jù)焦點位置設橢圓方程，將點的坐標代入橢圓方程，結(jié)合，即可得解；（2）解法一：分橢圓的焦點在軸和橢圓的焦點在軸兩種情況，設出橢圓的標準方程為，將點的坐標代入列方程組，求解即可；解法二：設所求橢圓的方程為，將兩點的坐標代入求解即可.小問1詳解】解法一：橢圓的焦點在軸上，設所求橢圓的標準方程為.由題意知，，解得，.所求橢圓的標準方程為.解法二：橢圓的焦點在軸上，設所求橢圓的標準方程為.由題意得，解得，所求橢圓的標準方程為.【小問2詳解】解法一：（i）當橢圓的焦點在軸上時，設橢圓的標準方程為，依題意知解得，焦點在軸上的橢圓不存在.（ii）當橢圓的焦點在軸上時，設橢圓的標準方程為.由題意得解得.故所求橢圓的標準方程為.解法二：設所求橢圓的方程為.由題意得解得故所求橢圓的方程為，即橢圓的標準方程為.16.已知的頂點，邊上的高所在的直線方程為．（1）求直線的方程；（2）若邊上的中線所在的直線方程為，求直線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，得到直線的斜率，結(jié)合直線的點斜式方程，即可求解；（2）根據(jù)題意，求得，設點，求得，再求得點，進而求得的斜率，進而求得直線的方程．【小問1詳解】解：因為邊上的高所在的直線方程為，可得斜率為，可得直線的斜率，又因為的頂點，所以直線的方程為，即；所以直線的方程為.【小問2詳解】解：直線邊上的中線所在的直線方程為，由方程組，解得，所以點，設點，則的中點在直線上，所以，即，又點在直線上，，解得，所以，所以的斜率，所以直線的方程為，即直線的方程為．17.如圖，在四棱錐中，平面，，，且，，是AD的中點，是的中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）通過證明,來證明；（2）構(gòu)建空間直角坐標系，通過求兩個面的法向量求解面面夾角；【小問1詳解】因平面，平面，所以，由，知，，又，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，是的中點，所以，又，平面，所以平面.【小問2詳解】以C為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，故，，，設平面的法向量，則，即，取，由（1）可知為平面ADE的法向量則，即平面ADE與平面所成夾角的余弦值.18.在中，角A，，所對的邊分別為，，，且滿足，的外接圓的半徑為.（1）求角的值；（2）如果，求的面積；（3）求內(nèi)切圓半徑的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，結(jié)合三角形內(nèi)角和及正弦的和角公式消角得，計算即可；（2）利用正弦定理先計算c，由正余弦定理得出關系式解方程得，再利用面積公式計算即可；（3）利用面積公式及三角形內(nèi)切圓半徑、周長及三角形面積的關系式得，結(jié)合余弦定理得，化簡得，再利用基本不等式計算最值即可.【小問1詳解】由及正弦定理，可得又因為所以，故，由于，所以.【小問2詳解】由已知，由余弦定理可得①又由可得②由①②可解得，所以【小問3詳解】因為，所以，即由可知，即從而又因為，所以，因此從而的最大值為，當且僅當，即為正三角形時等號成立19.已知圓與直線相切于點，圓心在軸上.（1）求圓的標準方程；（2）若過點的直線與圓交于兩點，當時，求直線的一般式方程；（3）過點且不與軸重合的直線與圓相交于兩點，為坐標原點，直線分別與直線相交于兩點，記的面積為，求的最大值.【答案】（1）；（2）或；（3）.【解析】【分析】（1）由題意，設圓方程為，根據(jù)直線與圓的位置關系和兩直線的位置關系可得，解之即可求解；（2）根據(jù)幾何法求弦長可得圓心到直線的距離為，易知當直線斜率不存在時滿足題意；當斜率不存在時，設直線方程，利用點線距公式計算建立關于k的方程，解之即可求解；（3）直線方程聯(lián)立圓的方程，解得，同理可得，則，結(jié)合基本不等式計算即可求解.【小問1詳解】由題可知，設圓的方程為，圓心為，由直線與圓相切于點，得，解得，所以圓的方程為；【小問2詳解】設圓心到直線的距離為d，∵，∴，.①當直線斜率不存在時，，滿足到直線的距離；②當直線斜率存在時：設方程：，即，，整理得，解得，，即，綜