2024-2025学年福建省晋江市高二上册第二次月考数学教学质量检测试卷（含解析）

2024-2025学年福建省晋江市高二上学期第二次月考数学教学质量检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．双曲线的渐近线方程是（

）A． B． C． D．3．已知空间向量，若，则（

）A． B． C． D．4．已知、是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，则该椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．5．已知圆与圆相交于两点，则公共弦的长度是（

）A．2 B．1 C．3 D．56．正四面体的棱长为4，点M、N分别是棱、的中点，则点A到平面的距离为（

）A． B． C．2 D．7．已知直线l与抛物线交于A，B两点，且该直线不经过抛物线的焦点，那么以线段为直径的圆与该抛物线的准线的位置关系是（

）A．相离 B．相交 C．相切 D．与直线l的位置有关8．正方体的棱长为1，M是面内一动点，且，N是棱上一动点，则周长的最小值为（

）A．2 B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列命题中，正确的命题有（

）A．是，共线的充要条件B．若，则存在唯一的实数，使得C．对空间中任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底10．已知抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，直线过C的焦点F，且与C交于M，N两点，则下列说法中正确的是（

）A．若直线的斜率为，则B．的最小值为C．若以MF为直径的圆与y轴的公共点为，则点M的横坐标为D．若点，则的周长最小值为11．已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线（两定点除外）；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆（两定点除外）.如图，给定的矩形中，，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线、的动点，，，其中，且直线与直线交于点P.下列说法正确的是（

）A．若，则P的轨迹是双曲线的一部分B．若，则P的轨迹是椭圆的一部分C．若，则P的轨迹是双曲线的一部分D．若，则P的轨迹是椭圆的一部分三、填空题（本大题共3小题）12．已知点，是椭圆内的两个点，M是椭圆上的动点，则的最大值为．13．已知二面角的大小为且，，则.14．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，若是曲线上任意一点，则的最小值是．四、解答题（本大题共5小题）15．（1）直线过点且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；（2）直线过点且与轴正半轴分别交于两点，为坐标原点，求三角形面积取最小值时直线的方程．16．已知圆C过点，圆心C在直线上，且圆C与x轴相切．(1)求圆C的标准方程；(2)过点的直线l与圆C相交于A、B两点，若为直角三角形，求直线l的方程．17．如图所示，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等边三角形.(1)证明：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值.18．若双曲线的一个焦点是，且离心率为2．(1)求双曲线的方程；(2)已知点，过焦点的直线与双曲线的两支相交于A，B两点，求直线MA和MB的斜率之和的最大值．19．已知椭圆的半焦距，离心率，且过点为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线与椭圆分别交于不同的两点，若，求的取值范围.

答案1．【正确答案】B【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为60°.故选：B.2．【正确答案】D【详解】双曲线的渐近线方程是，即.故选：D.3．【正确答案】D【详解】因为，所以，解得，所以.故选：D4．【正确答案】D【分析】利用勾股定理得出，利用椭圆的定义求得、，利用勾股定理可得出关于、的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率.【详解】如下图所示，设，则，，所以，，所以，，由椭圆定义可得，，，所以，，所以，为等腰直角三角形，可得，，所以，该椭圆的离心率为.故选：D.方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.5．【正确答案】A【详解】由题意所在的直线方程为：，即公共弦所在直线方程为，因为圆的圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为1，所以．故选：A．6．【正确答案】B【分析】作出辅助线，求出，利用等体积法求出点A到平面的距离.【详解】正四面体中，取的中心为,则⊥平面，故，，其中，由勾股定理得，故点到平面的距离为，又，故，又，，取的中点，连接，则⊥，则，故，设点A到平面的距离为，故，即，解得.故选：B7．【正确答案】A【分析】先设中点为，过，，作准线的垂线，垂足分别为，，，再根据题意得到，进而即可得到答案．【详解】设中点为，过，，作准线的垂线，垂足分别为，，，又该直线不经过抛物线的焦点，则，所以线段为直径的圆与该抛物线的准线的位置关系是相离．故选：A．8．【正确答案】B【分析】利用展开方法，以为基准，将和翻折使其与共面，然后利用余弦定理求解.【详解】点M在线段上运动，即动线段在内运动，动线段在内运动，动线段在内运动，以为基准，将和翻折使其与共面，如图所示：其中翻折至，翻折至，的周长等于,最小值等于在四边形，，由余弦定理可求得，所以，故的周长最小值等于，故选：B.9．【正确答案】CD【分析】对于A选项，向量，同向时不成立；对于B选项，为零向量时不成立；对于C选项，根据空间向量共面的条件判定；对于D选项，根据能成为基底的条件判定.【详解】对于A选项，向量，同向时，，只满足充分性，不满足必要性，故A错误；对于B选项，应该为非零向量，故B错误；对于C选项，，，若共线，则三向量共线，故，，三点共线，与已知矛盾，故不共线，由向量共面的充要条件知共面，而过同一点，，，，四点共面，故C正确；对于D选项，若为空间的一个基底，则，，不共面，假设，，共面，设，，无解，，，不共面，构成空间的另一个基底，故D正确．故选CD．10．【正确答案】BCD【详解】抛物线C：与圆O：交于A，B两点，且，则第一象限内的交点的纵坐标为，代入圆方程得横坐标为1，即，所以，，即抛物线方程为，焦点为，对选项A，设直线方程为，由得，设，则，，，直线的斜率为时，，所以，A错误；对选项B，由抛物线定义得，所以，当且仅当，即时等号成立，因此的最小值为，B正确；对选项C，如图，过点作准线的垂线，垂足为，交轴于，取的中点，过作轴垂线，垂足为，则，是梯形的中位线，由抛物线定义可得，所以，所以以为直径的圆与轴相切，因此为切点，所以点纵坐标为1，又是中点，所以点纵坐标为2，而是抛物线上的点，因此其横坐标为1，C正确；

对选项D，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，所以的周长为，当且仅当点的坐标为时取等号（即与准线垂直），D正确．故选：BCD．11．【正确答案】CD【分析】根据已知求出的坐标，进而得出直线与直线的斜率，即可得出.然后根据已知条件得出的值，结合定义即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，，则由可得，；由可得，，所以.所以，，.所以，.对于A、B项，因为，所以，显然不是一个常数，所以此时P的轨迹既不是双曲线，也不是椭圆，A、B均错；对于C选项，，此时的结果为一个大于0的定值，所以P的轨迹是双曲线（顶点除外），C对；对于D选项，，此时的结果为一个小于0的定值，所以P的轨迹为椭圆（顶点除外），D对.故选：CD.12．【正确答案】##【分析】结合椭圆的定义求得正确答案.【详解】依题意，椭圆方程为，所以，所以是椭圆的右焦点，设左焦点为，根据椭圆的定义可知，，所以的最大值为.故13．【正确答案】【详解】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，又因为，所以，所以，即．故．14．【正确答案】2【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图象，将问题等价转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.【详解】当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；当，时，曲线C的方程可化为；由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，因为到直线的距离为，所以，当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上，因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆，所以圆心到的距离，从而．即．故215．【正确答案】（1）或；（2）.【详解】（1）若截距都为0时，则所求直线为；若截距不为0时，设直线为，则，所以；综上，所求直线为或.（2）由题意，直线斜率一定存在且小于0，设直线为，故，所以三角形面积，当且仅当时三角形面积取最小值为4，所以，对应直线为.16．【正确答案】(1)(2)或．【分析】(1)待定系数法求圆的方程即可；(2)设，根据题意得到弦长，再结合垂径定理和点线距离公式可求的值，从而得到直线l的方程．【详解】（1）由题意，设圆心，由于圆C与x轴相切．半径，所以设圆C方程为又圆C过点，解得圆C方程为．（2）由圆C方程易知直线l的斜率存在，故设，即，设C到l的距离为d，则，为直角三角形，，，或，故直线l得方程为或．17．【正确答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）取中点M，连接，在等边中，有中点M，，所以，，则，.在中，有，.因为平面，平面，，平面.又平面，所以平面平面.（2）取中点为N，连接，以点为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，.设平面的一个方向量是，则，取，则平面的一个方向量是.设平面的一个方向量是，则，取，可得平面的一个方向量是.因为，且二面角为锐角，所以二面角的余弦值是.18．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）易得，，解得，故得，故的方程为，（2）由题意得的斜率存在，故设方程为，联立方程组，，可得，则，，设，则，，解得，结合，故，令，故，当且仅当时取等，故直线MA和MB的斜率之和的最大值为.19．【正确答案】(1)(2)【