Page20湖南省衡陽市2024-2025學年高二數學上學期第一次月考試題時量：120分鐘分值：150分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據對數函數的性質求出集合，由指數函數的性質求出集合，即可得到，即可得解.【詳解】由，則，所以，所以，又因為，所以，或，則，，或，則A正確，B、C、D錯誤.故選：A2.橢圓的離心率為，則（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由橢圓的離心率公式即可求解.【詳解】由題意得，解得，故選：A.3.已知直線和直線，則“”是“”的（）A.充要條件 B.必要不充分條件C.充分不必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據直線平行滿足的系數關系即可求解.【詳解】若直線和直線平行，則，解得，所以“”是“”的充要條件，故選：A4.在平面直角坐標系中，若滿足的點都在以坐標原點為圓心，2為半徑的圓及其內部，則實數k的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，由可得點在圓心，的內部，結合條件列出不等式，即可得到結果.【詳解】，則，，圓心，，都在，則兩圓內切或內含．∴，∴，故選:B．5.已知向量與是非零向量，且滿足在上的投影向量為，，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據投影向量、向量數量積等知識求得正確答案.【詳解】設與的夾角為，在上的投影向量為所以，所以，所以為鈍角，且.故選：A6.已知橢圓的右焦點為，左焦點為，若橢圓上存在一點P，滿足線段相切于以橢圓的短軸為直徑的圓，切點為線段的中點，則該橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據給定條件，求出，再利用橢圓定義計算作答.【詳解】設以橢圓的短軸為直徑的圓與線段相切于點M，連結、，如圖，因M、O分別為、的中點，則，且，又線段與圓O相切于點M，即，即有，在中，||=2c，||=2b，于是得，根據橢圓的定義，得，因此，整理得，解得，所以橢圓的離心率.故選：A7.已知等邊的邊長為，P為所在平面內的動點，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先建立平面直角坐標系且，，，進而確定的軌跡圓，再利用向量數量積的坐標表示并結合所得表達式的幾何意義求范圍即可.【詳解】如下圖構建平面直角坐標系，且，，，所以在以為圓心，1為半徑的圓上，即軌跡方程為，而，故，綜上，只需求出定點與圓上點距離平方的范圍即可，而圓心與的距離，故定點與圓上點的距離范圍為，所以.故選：B8.如圖，正方體的棱長為2，設P是棱的中點，Q是線段上的動點（含端點），M是正方形內（含邊界）的動點，且平面，則下列結論正確的是（）A.存在滿足條件的點M，使B.當點Q在線段上移動時，必存在點M，使C.三棱錐的體積存在最大值和最小值D.直線與平面所成角的余弦值的取值范圍是【答案】ABC【解析】【分析】由已知，取的中點E，的中點F，并連接，可得點M的軌跡為線段．對于A，連接，交于點O，可得平面，當M為線段中點時，，又，則可判斷：對于B，分別以向量，，的方向為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，由空間向量坐標運算可得存在，即可判斷；對于C，設點M到的距離為h，可知當M與E重合時，，當M與F重合時，，即可求出三棱錐的體積存在最大值和最小值，則可判斷；對于D，由平面知，即為直線與平面所成的角，在中，可得，則得，進而得，則可判斷.【詳解】取的中點E，的中點F，連接，，，，如圖所示．易知，，因為平面，平面，所以平面，同理，平面，又，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故點M的軌跡為線段．對于A，連接，交于點O，如圖所示．則，又，，平面，所以平面，當M為線段中點時，，因為，所以，故A正確；對于B，分別以向量，，的方向為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖所示．則，，設（），得，從而，又，令，得，當時，顯然不合題意；當時，由，解得，即當點Q在線段上移動時，均存在點M，使，故B正確；對于C，設點M到的距離為h，則三棱錐的體積為，當M與E重合時，，得；當M與F重合時，，得，故C正確；對于D，設直線與平面所成的角為、連接，如圖所示．由平面知，，在中，由，得，所以，所以，故D錯誤．故選：ABC．【點睛】關鍵點點睛，本題關鍵是先找到點M的軌跡，對于B選項，通過設出向量的含參坐標，借助參數的范圍滿足條件，得到答案；對于C選項，利用等積轉化，轉化成棱錐高取得最值，可得體積最值；對于D選項，關鍵是找到線面角正切的范圍，進而得到余弦的范圍.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.關于方程，下列說法正確的是（）A.若，則該方程表示橢圓，其焦點在y軸上B.若，則該方程表示圓，其半徑為C.若，則該方程表示橢圓，其焦點在x軸上D.若，則該方程表示兩條直線【答案】ACD【解析】【分析】AC選項，化為標準方程，結合橢圓特征得到答案；B選項，化為，得到B正確；D選項，化為，故D正確.【詳解】對于A，若，則可化為，因為，所以，即該方程表示焦點在y軸上的橢圓，故A正確；對于B，若，則可化為，此時該方程表示圓心在原點，半徑為的圓，故B錯誤；對于C，，則可化為，由于，所以，故該方程表示焦點在x軸上的橢圓，故C正確；對于D，若，則可化為，即，此時該方程表示平行于x軸的兩條直線，故D正確．故選：ACD10.古希臘著名數學家阿波羅尼斯發現：平面內到兩個定點A、B的距離之比為定值的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”．在平面直角坐標系xOy中，已知，，點P滿足，設點P的軌跡為圓C，下列結論正確的是（）A.圓C的方程是B.過點A且斜率為的直線被圓C截得的弦長為C.圓C與圓有四條公切線D.過點A作直線l，若圓C上恰有三個點到直線l距離為，該直線斜率為【答案】BD【解析】【分析】對A，設，再根據列式化簡可得圓的方程；對B，根據垂徑定理求解即可；對C，根據圓心間的距離與半徑和差的關系判斷兩圓位置關系，進而可得公切線條數；對D，分直線斜率為0與不為0討論，再根據圓心到直線距離與半徑的關系列式求解即可.【詳解】對A，設，由可得，即，化簡可得，故A錯誤；對B，過點A且斜率為的直線方程為，即，則圓的圓心到的距離為，故所求弦長為，故B正確；對C，圓圓心到圓心的距離為，又兩圓的半徑和為，故兩圓相交，有兩條公切線，故C錯誤；對D，當直線斜率為0時，圓C上有四個點到直線l距離為不合題意，設直線，則由題意C到的距離等于，即，解得，故斜率直線斜率為，故D正確；故選：BD11.已知橢圓：的左、右焦點分別為，，過的直線與交于，兩點，若，則（）A. B.的面積等于C.直線的斜率為 D.的離心率等于【答案】ABD【解析】【分析】由線段比例關系以及橢圓定義可知，且滿足，即可得A正確；易知可得B正確；在等腰直角三角形中，可知直線斜率為，計算可得的離心率等于.【詳解】由可知，不妨設，又，可得；利用橢圓定義可知，所以可得；即，所以點即為橢圓的上頂點或下頂點，如下圖所示：由，可知滿足，所以；即A正確；所以等腰直角三角形，且，因此的面積為，即B正確；此時可得直線的斜率，所以C錯誤；在等腰直角三角形中，易知，即可得離心率，即D正確；故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若圓柱的底面半徑為2，軸截面的對角線長為5，則這個圓柱側面展開圖的對角線長為_____________.【答案】【解析】【分析】根據勾股定理及圓柱與圓柱側面展開圖的關系即可求解.【詳解】因為圓柱的底面半徑為2，所以圓柱的底面直徑為4，又因為軸截面的對角線長為5，所以圓柱的高為，所以圓柱的側面展開圖的長為，寬為3，所以這個圓柱側面展開圖的對角線長為.故答案為：.13.設直線與直線的交點為P，則P到直線的距離的最大值為____________．【答案】【解析】【分析】先求出的坐標，再求出直線所過的定點，則所求距離的最大值就是的長度.【詳解】由可以得到，故，直線的方程可整理為：，故直線過定點，因為到直線的距離，當且僅當時等號成立，故，故答案為：.14.設I、G分別是的內心和重心，若于F，則以B、C為焦點且過點A的橢圓的離心率是____________．【答案】【解析】【分析】結合圖像，利用點坐標以及重心性質，得到G點坐標，再由題目條件軸，得到點橫坐標，然后兩次運用角平分線的相關性質得到的比值，再結合與相似，即可求得點縱坐標，也就是內切圓半徑，再利用等面積法建立關于的關系式，從而求得橢圓離心率.【詳解】如圖，令點在第一象限（由橢圓對稱性，其他位置同理），連接，顯然點在上，連接并延長交軸于點，連接并延長交軸于點，軸，過點作垂直于軸于點，

設點，，則，因為為的重心，所以，因為軸，所以點橫坐標也為，，因為為的角平分線，則有，又因為，所以可得，又由角平分線的性質可得，，而所以得，所以，，所以，即，因為即，化簡得,解得.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵是利用等面積法建立關于的關系式，同時也應用了重心坐標公式，注意數形結合.三、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.已知圓是以點和點2,0為直徑端點的圓，圓是以點和點0,2為直徑端點的圓．（1）求圓，的方程；（2）已知兩圓相交于，兩點，求直線的方程及公共弦AB的長.【答案】（1）：，：（2），【解析】【分析】（1）求出圓心及半徑即可得圓的方程；（2）聯立兩圓方程，即可求出兩圓交點坐標，即可得直線的方程及公共弦AB的長.【小問1詳解】的圓心為1,0，半徑，故：，的圓心為0,1，半徑，故：；【小問2詳解】聯立，解得或，則，則，.16.在中，角，，的對邊分別為，，，已知.（1）求；（2）若，求的取值范圍.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用余弦定理求出角.（2）利用正弦定理邊化角，再利用差角的正弦及輔助角公式化簡，借助正弦函數性質求出范圍.【小問1詳解】由，得由余弦定理得，而，所以.【小問2詳解】由（1）及正弦定理得由，得，即，則，所以的取值范圍是.17.如圖，在棱長為的正方體中，，分別是，上的動點，且．（1）求證：；（2）當三棱錐的體積取得最大值時，求平面與平面的夾角的正切值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）構建空間直角坐標系，令且，應用向量法求證垂直即可；（2）由三棱錐體積最大，只需△面積最大求出參數，再標出相關點的坐標，求平面與平面的法向量，進而求它們夾角的余弦值，即可得正切值.小問1詳解】如下圖，構建空間直角坐標系，令且，所以，，，，則，，故，所以，即.【小問2詳解】由（1）可得三棱錐體積取最大，即面積最大，所以當時，故、為、上的中點，所以，，，故，，若為平面的法向量，則，令，故，又面的法向量為，所以，設平面與平面的夾角為，由圖可知為銳角，則，所以，所以，所以平面與平面的夾角正切值為.18.已知橢圓的左、右頂點為，，焦距為.為坐標原點，過點、的圓交直線于、兩點，直線、分別交橢圓于、.（1）求橢圓的方程；（2）記直線，的斜率分別為、，求的值；（3）證明：直線過定點，并求該定點坐標.【答案】（1）（2）（3）證明見解析，【解析】【分析】（1）由題意求出，即可得答案；（2）法一：設，寫出圓的方程為：，利用圓過，代入圓的方程得，化簡，即得答案；法二：設，圓半徑為r，寫出圓方程，圓過，可得，由此化簡，，即得答案.（3）設直線，聯立橢圓方程，可得根與系數的關系式，結合，化簡可得參數之間的關系式，結合直線的點斜式，即可確定定點坐標.【小問1詳解】由已知得，，則，故橢圓的標準方程為；【小問2詳解】法一：設，則圓的方程為：，圓過，代入圓的方程得，故；法二：設，圓半徑為r，則圓方程為：，圓過，，由題意可設，則；【小問3詳解】由題意知，當圓的圓心不在x軸上時，直線PQ斜率存在，設直線，，則，需滿足，則，，則，結合第一問知，即，即得，化簡得，解得或，當時，直線PQ方程為，直線PQ過點A-2,0，不合題意，當時，直線PQ方程為，故直線PQ過定點；當圓的圓心在x軸上時，M，N關于x軸對稱，此時直線PQ斜率不存在，圓G方程為，令，則，此時不妨設，則的方程為，即，聯立，得，解得或，即P點橫坐標為，則直線PQ此時也過點，故直線PQ過定點.【點睛】難點點睛：解答本題的難點在于第三問中的定點問題，解答時要利用設方程，求出參數之間的關系，利用直線的點斜式確定定點坐標，要特別注意計算的復雜性.19.已知.定義點集與的圖象的公共點為在上的截點.（1）若在上的截點個數為.求實數的取值范圍；（2）若在上的截點為與.（i）求實數的取值范圍；（ii）證明：.【答案】（1）（2）（i）；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）由題意轉化為無解，判斷可得，則，即可求出的取值范圍；（2）（i）依題意可得方程在上有兩個解，可化為函數在上有兩個零點的問題，去掉絕對值，討論函數的單調性，求出在