試題試題2024北京二十中高二12月月考數學（時間：120分鐘滿分：150分）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.已知全集，集合，若，則的值可以為（）A. B. C.1 D.22.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.3.設，，且，則（）A. B. C. D.4.已知直線，直線，且，則（）A.-2 B.-1 C.1 D.25.已知空間中的兩條直線，都與一個平面平行，則和的位置關系為（）A.平行或相交 B.相交或異面C.平行或異面 D.平行、相交或異面6.在正方體中，，，則直線與直線夾角的余弦值為（）A. B. C. D.7.已知直線，的斜率分別為，，傾斜角分別為，，則“”是“”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8.已知橢圓，雙曲線，其中.若與的焦距之比為，則的漸近線方程為（）.A. B.C. D.9.已知直線:被圓:所截得的弦長為整數，則滿足條件的直線有（）A.6條 B.7條 C.8條 D.9條10.如圖，在棱長為2的正方體中，，分別是棱，的中點，點在線段上運動，給出下列四個結論：①平面截正方體所得的截面圖形是五邊形；②直線到平面的距離是；③存在點，使得；④面積的最小值是.其中所有正確結論的序號是（）A．②③ B.②④ C.①③ D.①④二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.已知為虛數單位，復數，則的虛部為__________.12.已知雙曲線的離心率為，則雙曲線的漸近線方程為__________.13.已知圓與圓相交，寫出滿足條件的實數的一個取值為__________.14.已知雙曲線的右焦點為，點，為雙曲線上的兩點，為坐標原點，且四邊形為菱形，則雙曲線的離心率為__________.15.如圖，已知矩形中，，，其中，分別為邊，上的點，且，.將四邊形折起至四邊形，使平面與平面垂直.動點在四邊形及其內部運動，動點在四邊形及其內部運動.給出下列四個結論：①存在點，，使得；②存在點，，使得：③到直線和的距離相等的點有無數個；④若，則四面體的體積的最大值為.其中所有正確結論的序號是__________.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出相應文字說明，演算步驟或證明過程.16.如圖，在正方體中，點分別是棱的中點．求證：（1）平面；（2）平面．17.已知直線與直線的交點為，（1）直線經過，且與直線垂直，求直線的方程：（2）直線經過，且在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程.18.已知圓，（1）過點作直線，其傾斜角為，求直線被圓截得的弦長；（2）求過點的圓的切線方程.19.已知在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，是正三角形，、分別為、的中點，過的平面交于點，平面平面；（1）證明：為的中點；（2）取的中點，連接，，，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：（i）到平面的距離；（ii）二面角的余弦值.條件①：條件②：平面.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.20.已知斜率為的直線過點，且與橢圓相交于不同的兩點，，（1）若，中點的縱坐標為，求直線的方程；（2）若弦長，求的值.21.已知橢圓的短軸的兩個端點分別為，，離心率為.（1）求橢圓的標準方程及焦點的坐標；（2）若直線與橢圓交于不同的兩點，，直線與直線交于點，求證：.

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】解不等式可求得，進而求得，可求得，從而可得結論.【詳解】或，又全集，所以，又，所以，所以的值可以為，不可以為.故選：B.2.【答案】A【分析】根據直線傾斜角與斜率之間的關系計算可得結果.【詳解】易知直線的斜率為，設其傾斜角為，由可得.故選：A3.【答案】D【分析】利用特殊值以及函數的圖象、單調性等知識確定正確答案.【詳解】A選項，若，滿足，但，所以A選項錯誤；.B選項，若，滿足，但，所以B選項錯誤；C選項，若，滿足，但，所以C選項錯誤；D選項，對于函數，圖象如下圖所示，由圖可知函數在上單調遞增，所以D選項正確.故選：D.4.【答案】A【分析】根據兩條直線平行列出方程組，即可得答案.【詳解】由題意得，因為直線斜率存在且為1，所以直線斜率也存在為1，即，直線方程化為，則得，解得，故A正確.故選：A.5.【答案】D【分析】根據題意分情況討論的兩條直線，的位置從而可求解.【詳解】由題可得兩條直線，都與一個平面平行，可作出平行六面體如下圖，分別為的中點，設平面為平面，當所在直線表示為，此時兩條直線，都與平面平行，且平行；當所在直線表示為，此時兩條直線，都與平面平行，且與相交；當所在直線表示為，此時兩條直線，都與平面平行，且與異面；故和的位置關系為平行、相交或異面，故D正確.故選：D.6.【答案】D【分析】作出相關圖象，建立空間坐標系，利用空間向量求解直線與直線夾角的余弦值，即可求解.【詳解】由題意作出相關圖象，如下圖，以點D為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，設正方體邊長為，則，，，，連接，易得與相似，又由正方體性質，所以，從而可得，故，，所以，設直線與直線夾角為，則，故D正確.故選：D.7.【答案】D【分析】利用傾斜角與斜率的關系，利用賦值法可得結論.【詳解】因為直線，的斜率分別為，，傾斜角分別為，，所以，，取，，滿足，可求得，，此時，所以“”是“”的不充分條件；取，，滿足，但，此時，所以“”是“”的不必要條件；所以“”是“”的既不充分又不必要條件.故選：D.8.【答案】C【分析】首先表示出橢圓與雙曲線的焦距以及雙曲線的漸近線方程，依題意得到方程，即可得到，即可得解.【詳解】橢圓的焦距為，雙曲線的焦距為，漸近線為，因為與的焦距之比為，所以，所以，即，所以，所以雙曲線的漸近線為，即.故選：C.9.【答案】B【分析】圓C的圓心為，半徑，直線l過定點，故直線l被圓C截得的弦長范圍為，結合圓的對稱性，再檢驗斜率不存在的直線l的情況即可得出答案.【詳解】圓的圓心為，半徑，直線l化為，則直線l過定點，則，在圓內，當時，直線l被圓C截得的弦長最短為，當過圓心C時，直線l被圓C截得的弦長最長為10，故直線l被圓C截得的弦長范圍為，因為弦長為整數，則弦長的取值為7，8，9，10，由圓的對稱性，故滿足弦長為整數的直線有7條.故選：B.10.【答案】C【分析】根據點、線、面的位置關系判斷可知①正確，建立空間直角坐標系利用點到面的距離的向量求法計算可得②錯誤，利用向量垂直的坐標表示解方程可得③正確，再利用點到線的距離求得點到直線的距離的最小值可得④錯誤.【詳解】對于①，連接分別于的延長線分別交于，連接分別交于，連接，如下圖所示：易知平面與平面為同一平面，其截正方體所得的截面圖形是，為五邊形，即①正確；對于②，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：易知，則，顯然，又平面，平面，所以平面；因此直線到平面的距離即為點到平面的距離，設平面的一個法向量為，則，令，可得，即；易知，則直線到平面的距離是，即②錯誤；對于③，由點在線段上運動，可設，因此，則，可得，假設存在點，使得，可得，整理可得，解得或（舍去），故存在點，使得，即③正確.對于④，易知，，所以點到直線的距離為，可知當時，點到直線的距離最小為，所以面積的最小值是，即④錯誤.故選：C【點睛】方法點睛：在求解空間中點存在性問題以及最值問題時，經常利用空間直角坐標系由空間向量求得相應結果即可得出結論.二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.【答案】【分析】利用復數的乘法運算求得復數，可求復數的虛部.【詳解】因為，所以的虛部為.故答案為：.12.【答案】【分析】由已知可得，計算可得，可得漸近線方程.【詳解】因為雙曲線的離心率為，所以，兩邊平方得，所以，所以，解得，又雙曲線的焦點在軸上，所以雙曲線的漸近線方程為.故答案為：.13.【答案】1（答案不唯一）【分析】根據兩圓方程得出圓心距與兩圓半徑之間的關系，解不等式可得出實數的取值范圍.【詳解】易知圓的圓心為，半徑為；圓可化為，圓心為，半徑為；若兩圓相交可得，即可得，解得，所以實數的一個取值可以為1.故答案為：114.【答案】##【分析】利用雙曲線的對稱性，連結，根據圖形分析可得是直角三角形，且，在結合雙曲線的定義，即可得到雙曲線的離心率.【詳解】如圖，設雙曲線的左焦點為，連結，因為四邊形是菱形，所以，所以，并且根據對稱性可知是等邊三角形，所以，，所以根據雙曲線定義可知，即，解得，所以雙曲線的離心率為.故答案為：.【點睛】方法點睛：一般求雙曲線離心率的方法是：1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.構造法：根據條件，可構造出的齊次方程，通過等式兩邊同時除以，進而得到關于的方程.15.【答案】①③④【分析】建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量研究位置關系，結合距離公式、三棱錐體積公式逐項判斷即可得.【詳解】由題意可得正方形的邊長為2，矩形的邊，以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示空間直角坐標系，則有，設，其中，對①：，則，當時，有，故存在點，，使得，故①正確；對②：，若，則有，由，故當時，，此時有，即，即，此時與重合，與重合，故不存在點，，使得，故②錯誤；對③：點到直線的距離為，點到直線的距離為，即有，即，由，故其軌跡為雙曲線的一部分，即點有無數個，故③正確；對④：，由，故有，則，又，故，故④正確.故答案為：①③④.【點睛】關鍵點點睛：第④個結論的關鍵點在于借助四面體的體積公式，分別求出高與底面三角形的最大值.三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出相應文字說明，演算步驟或證明過程.16.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【分析】（1）易證得四邊形為平行四邊形，可知，由線面平行的判定可得結論；（2）由正方形性質和線面垂直性質可證得，，由線面垂直的判定可得平面，由可得結論.【小問1詳解】分別為的中點，，，且，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.【小問2詳解】四邊形為正方形，；平面，平面，，又，平面，17.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）聯立兩直線方程解得交點坐標，再由垂直關系可得斜率，利用點斜式方程可得結果；（2）分別討論截距是否為0，代入點坐標計算可得結果.【小問1詳解】聯立，解得，即，由與直線垂直可得其斜率為，所以直線的方程為，即；【小問2詳解】當在兩坐標軸上的截距均為0時，易知此時方程為；當在兩坐標軸上的截距不為0時，可設直線的方程為，因為，且，所以，故此時直線的方程為；綜上可知，直線的方程為或.18.【答案】（1）（2）或x=0【分析】（1）利用點斜式可得直線的方程為，求得圓心到直線的距離，利用弦長公式可求弦長；（2）分過點的直線斜率存在與不存在兩種情況可求切線方程.【小問1詳解】由圓，得，所以圓心，半徑為，因為直線的傾斜角為，所以斜率為1，又直線過點，所以直線的方程為，即，所以圓心到直線的距離為，所以直線被圓截得的弦長為；【小問2詳解】當過點的直線斜率不存在時，直線方程為，圓心到直線的距離為5，所以直線與圓相切，符合題意，當過點的切線斜率存在時，設切線方程為，所以，整理得，解得，所以切線方程為，即；綜上所述：過點的圓的切線方程為或.19.【答案】（1）證明見解析（2）（i）到平面的距離為3；（ii）二面角的余弦值為【分析】（1）由面面平行可得，由是的中點，可證結論；（2）選條件①，由已知可得，可證平面，進而可得平面平面，由面面垂直的性質可證以平面；選條件②：可得平面平面，由面面垂直的性質可證以平面；（i）易得兩兩垂直，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量，利用向量法可求到平面的距離；（ii）求得平面的一個法向量，利用向量的夾角公式可求二面角的余弦值.【小問1詳解】因為平面平面，又平面平面，平面平面，所以，又因為是的中點，所以為的中點；【小問2詳解】條件①：，因為，所以，所以，又，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因為是正三角形，又是的中點，則平面,而平面平面，所以平面，條件②：平面，又平面，所以平面平面，因為是正三角形，又是的中點，則平面,而平面平面，所以平面，（i）由（1）知為的中點，易得四邊形是平行四邊形，可得，又，所以，以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，，設平面的法向量為，則，令，則，所以平面的一個法向量為，因為，所以四點共面，又，所以到平面的距離；（ii）設平面的法向量為，又，則，令，則，所以平面的法向量為，由（i）可得平面的一個法向量為，所以.所以二面角的余弦值為.20.【答案】（1）（2）【分析】（1）設直線的方程為，聯立橢圓方程并根據縱坐標可得，求出直線的方程；（2）利用弦長公式計算解方程求得直線的方程，可得.【小問1詳解】根據題意可設直線的方程為，設的中點為，如下圖所示：聯立，整理可得，易知，解得或，且，由，中點的縱坐標為，可得，解得或（舍），因此直線的方程為.【小問2詳解】由（1）可