試題試題2024北京八十中高二12月月考數學班級______姓名______考號______（考試時間90分鐘滿分100分）提示：試卷答案請一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效.在答題卡上，選擇題用2B鉛筆作答，其他試題用黑色簽字筆作答.一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.圓的圓心到直線的距離為（）A.2 B. C.1 D.2.如圖，在四面體中，.點分別為棱的中點，則（）A. B.C. D.3.已知直線的一個方向向量為，則直線的斜率為（）A. B. C. D.4.化簡方程的結果是（）A. B.C. D.5.已知數列中，，，，那么數列的前10項和等于（）A.130 B.120 C.55 D.506.已知，分別是平面，的法向量，且，則t的值為（）A.1 B.2 C. D.7.在空間直角坐標系中，已知三點，若點C在平面內，則點C的坐標可能是（）A. B. C. D.8.已知直線，，則“”是“直線與相交”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件9.已知拋物線的焦點為，點，，在拋物線上，且，則有（）A. B.C. D.10.已知曲線：，點，下面有四個結論：①曲線關于軸對稱；②曲線與軸圍成的封閉圖形的面積不超過4；③曲線上任意點滿足；④曲線與曲線有5個不同的交點．則其中所有正確結論的序號是（）A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④二、填空題共6小題，每小題4分，共24分.11.空間直角坐標系中，已知，則點關于平面的對稱點的坐標為______.12.若直線與直線平行，則___________.13.已知，是雙曲線的兩個焦點，點P在雙曲線上，若，則______.14.已知雙曲線C：的一條漸近線方程為，則C的離心率為______.15.在棱長為2的正方體中，E為的中點，則點A到直線的最短距離為______.16.在正方體中，E為棱上的動點，F為線段的中點，給出下列四個結論：①；②直線與平面所成角不變；③點F到直線的距離不變；④點F到A，D，，四點的距離相等.其中，所有正確結論的序號為______.三、解答題共3小題，共36分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17.已知數列為等差數列，首項，公差，.（1）證明是等比數列；（2）求數列的前n項和.18.如圖，四棱錐中，平面平面，底面為直角梯形，，，，，.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離；（3）求二面角的余弦值.19.已知橢圓的離心率為，右焦點為，點，且.過點的直線（不與軸重合）交橢圓于點，直線，分別與直線交于點.（1）求橢圓的方程；（2）判斷點與以為直徑的圓的位置關系，并證明你的結論；（3）求面積的最大值.

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.【答案】B【分析】求出圓心結合點到直線距離公式即可得解.【詳解】圓即，所以圓心坐標為，所以圓心到直線的距離為.故選：B.2.【答案】D【分析】由，再結合平面向量運算法則即可求解.【詳解】因為在四面體中，，點分別為棱的中點，所以，.故選：D.3.【答案】B【分析】根據直線方向向量的定義可得斜率.【詳解】∵直線的一個方向向量為，∴直線的斜率為.故選：B.4.【答案】D【分析】由雙曲線定義即可求解.【詳解】設動點，則由題意可得，所以動點到兩個定點的距離的差的絕對值等于常數8，又，所以由雙曲線定義可知P點的軌跡是以為焦點，實軸長為的雙曲線，所以，，所以雙曲線的方程為.故選：D.5.【答案】C【分析】先由題設結合等比數列定義得數列是等比數列并求出，進而可得，再由等差數列前n項和公式即可計算求解.【詳解】由題可知，，，所以，故數列是以為首項和公比的等比數列，所以，故，所以數列的前10項和為.故選：C.6.【答案】B【分析】兩平面垂直等價于兩平面的法向量垂直，利用兩法向量數量積為0可得結果.【詳解】∵，∴，∴，解得.故選：B.7.【答案】B【分析】根據向量的運算可得，，由，不共線，結合向量基本定理可得，求得C點坐標為，代入驗算即可得解.【詳解】由，，顯然，不共線，根據向量基本定理可得，故C點坐標為，經驗算只有B選項符合條件，此時，故選：B8.【答案】A【分析】根據點到直線的距離公式，結合直線與圓的位置關系分別驗證充分性，必要性即可得到結果.【詳解】由題意可得直線與相交，則當時，滿足，即“”是“直線與相交”的充分條件；當直線與相交時，不一定有，比如也滿足，所以“”是“直線與相交”的充分不必要條件.故選:A.9.【答案】C【分析】根據拋物線的定義求解即可.【詳解】如圖所示，由拋物線的定義可得，，．∵，，故選：C．10.【答案】A【分析】根據題意，分類討論化簡曲線的方程，利用橢圓與雙曲線的幾何性質，數形結合，逐項判定，即可求解.【詳解】當時，曲線的方程可化為，曲線表示部分橢圓，當時，曲線的方程可化為，曲線表示部分雙曲線，作出曲線的圖形，如圖所示，對于①中，由圖象可知：曲線關于軸對稱，所以①正確；對于②中，由圖象可知，曲線與軸圍成的封閉圖形的面積顯然小于，所以②正確；對于③中，因為為橢圓的交點，且，所以由橢圓的幾何性質可得，設點是雙曲線上任意一點，則則，因為函數在為遞減函數，所以，即，綜上可得，所以③正確；對于④中，聯立方程組，解得，即直線與雙曲線只有一個交點，同理可得，與雙曲線只有一個交點，且兩直線都過點，所以曲線與曲線有3個不同的交點，所以④不正確.故選：A.二、填空題共6小題，每小題4分，共24分.11.案】【分析】根據空間直角坐標系中點關于平面的對稱點的特征可得答案.【詳解】根據空間直角坐標系的對稱性可得關于平面的對稱點的坐標為.故答案為：.12.【答案】【分析】根據兩條直線平行列方程，由此求得的值.【詳解】依題意可得，解得，當時，兩條直線重合，故.故答案為：13.【答案】9【分析】由題設結合雙曲線定義和焦半徑的幾何性質即可求解.【詳解】因為雙曲線，所以，故，所以，又，所以P在雙曲線左支上，.故答案為：9.14.【答案】【分析】由雙曲線C：的漸近線方程為，求出，，進而求出離心率.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為，已知雙曲線的一條漸近線方程為，所以，，即，則所以雙曲線的離心率.故答案為：.15.【答案】2【分析】由題設建立空間直角坐標系，再利用點到直線距離的空間向量法計算求解即可得解.【詳解】由題可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，所以直線方向上的單位向量為，所以，所以點A到直線的最短距離為.故答案為：2.16.【答案】①③④【分析】對于①，求證平面即可判斷；對于②，建立空間直角坐標系，由線面角的空間向量法直接計算即可判斷；對于③，由點到直線距離的空間向量法直接計算即可得解；對于④，由空間兩點距離公式直接計算即可比較判斷.【詳解】對于①，連接，則由正方體結構性質可知，且平面，因為平面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以.故①正確；對于②，建立如圖所示空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則，，，，，，設，則，所以，由正方體結構性質知是平面的一個法向量，設與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角隨a的變化而變化.故②錯誤；對于③，由②可得，，所以直線的單位方向向量為，故，所以點F到直線的距離為，所以點F到直線的距離不變，故③正確；對于④，由上得，，，，所以，所以點F到A，D，，四點的距離相等.故④正確.故答案為：①③④.三、解答題共3小題，共36分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.17.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先得到數列的通項公式，利用等比數列的定義證明數列是等比數列；（2）由（1）得數列的通項公式，再利用分組求和可得.【小問1詳解】因為數列為等差數列，首項，公差，所以，當時，，且，所以數列是以9為首項，以9為公比的等比數列.【小問2詳解】由（1）得：，所以.18.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【分析】（1）由題意得，利用線面平行的判定定理，即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解空間距離即可，（3）根據法向量的夾角即可求解.【小問1詳解】底面為直角梯形，，，又平面，平面，平面；【小問2詳解】平面平面，且平面平面，又，平面，又，即，則以為原點，以，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示：又，，，則，，，，，故，，，設平面的一個法向量為，則，取，則，，平面的一個法向量為，所以點到平面的距離為.【小問3詳解】設平面的一個法向量為，，，則，取，則，平面的一個法向量為，又平面，則平面的一個法向量為，，由圖形得二面角所成角為銳二面角，二面角的所成角的余弦值為．19.【答案】（1）（2）點在以為直徑的圓的內部，詳見解析（3）【分析】（1）由題意得求出，然后求解，即可得到橢圓方程．（2）當直線的斜率不存在時，驗證，即．當直線的斜率存在時，設，其中．聯立設，利用韋達定理，結合直線的方程，求出的坐標．利用向量的數量積，轉化求解即可．（3）分直線l的斜率不存在和存在兩種情況討論，其中當直線l的斜率存在時，先求出點到直線的距離，再利用韋達定理求出線段的長，進而求出面積的最大值.【小問1詳解】由題意得解得，從而，所以橢圓C的方程為．【小問2詳解】當直線l的斜率