2024-2025学年浙江省宁波市高二上册10月月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年浙江省宁波市高二上学期10月月考数学检测试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.抛物线的准线方程是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】由抛物线方程结合准线定义计算即可得.【详解】由可得，故，且开口向下，故抛物线的准线方程是.故选：C.2.直线和直线，则“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】B【分析】由题意先求出的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.【详解】由题设，解得或.故，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B.3.如图，在平行六面体中，，，，点P在上，且，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】结合几何图形，利用向量的线性运算公式，即可求解.【详解】，，.故选：A4.已知，是椭圆：的两个焦点，A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，则的取值范围为（）A B. C. D.【正确答案】D【分析】设，由椭圆性质和已知条件得，由两点间的距离公式得，然后化简、换元结合二次函数单调性可求【详解】由题意，设，由于A，是椭圆上关于轴对称的不同的两点，所以，又,令，因为，所以，所以，由于对称轴为，所以在单调递减，所以，又，即，所以故选：D5.如图，在棱长为正方体中，若点是棱上一点，则满足的点的个数为（）A.10 B.8 C.6 D.4【正确答案】C【分析】首先连接辅助线，结合给定条件确定动点的轨迹，再判断交点个数即可.【详解】如图，连接，正方体的棱长为，，，点在以为焦点的椭圆绕旋转得到的椭球上，在正方体的棱上，应是椭球与正方体的棱的交点，结合正方体的性质可知，在棱上各有一点满足条件，故C正确.故选：C6.已知抛物线和圆，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点满足，，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由条件可知满足到两定点距离比为常数，设动点满足求解动点轨迹为圆，可知为两圆相交弦，得直线方程，再结合图形由点线距离公式得到圆上动点到直线的距离最大值.【详解】抛物线的焦点，圆，其圆心，半径．设点是满足的任意一动点，，则，化简得，即.故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.由已知，，则圆M上的两点也在圆上.所以AB是圆与圆的公共弦，将圆与圆的方程联立，两式相减化简得直线AB的方程为，由动点P在圆M上运动，又圆心到直线的距离，结合图形可知，点到直线的最大距离为.故选：A．7.如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（）A.先增大再减小 B.减小 C.增大 D.先减小再增大【正确答案】D【分析】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，通过空间向量来求二面角的，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.【详解】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.设所有棱长均为2，则，,，，设平面BDE法向量,则，令有，故.又平面ABC法向量，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值，又，故在上单增，上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.故选：D.本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.8.如图，分别为双曲线的左、右焦点，过点作直线，使直线与圆相切于点P,设直线交双曲线的左右两支分别于A、B两点（A、B位于线段上），若,则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】连接，，设则，由题意可知，，即，即，则，求解离心率即可.【详解】连接，，设则，即，，根据双曲线定义可知，即即直线与圆相切于点P在中①在中②在中③②③联立得，即①②联立得即④将代入④，即，整理得即故选：B本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出与，本题属于中档题.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】AD【分析】利用空间向量判断直线、平面间的位置关系.【详解】若，则，故A正确；若，则或在内，故B错；若，则，故C错；若，则，故D正确.故选：AD.10.已知直线交椭圆于A，B两点，，为椭圆的左、右焦点，M，N为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线l的对称点为Q，则（）A.若，则椭圆的离心率为B.若，则椭圆的离心率为C.D.若直线平行于x轴，则【正确答案】ACD【分析】对于A，则，故，则利用与离心率公式即可得解；对于B，设Ax0,y0，，接着利用和结合离心率公式直接计算即可求解；对于C，根据三角形中位线即可得解；对于D，设，则，根据已知条件求出和中点，再利用点关于直线对称的理论列式求出即可得解.【详解】如图，直线l与交于G，对于A，若，则，所以，所以，故A正确；对于B，设Ax0,y0，则，且所以，所以，故B错误；对于C，由题意可知是中位线，故，故C正确；对于D，设点，则直线，因为直线平行于x轴，所以点的中点，所以由点G在直线l上且得，解得，即，因此，故D正确.故选：ACD．方法点睛：点关于直线对称的点的计算求解步骤：（1）设所求点坐标，（2）利用中点坐标公式求出中点坐标，（3）利用中点坐标在直线上和两点所在直线与已知直线垂直则斜率乘积为这两个条件建立关于所求点坐标的方程组，利用该方程组即可求解.（4）遇特殊直线如或一般直接得解.11.如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（）A.与所成角为B.平面截正方体所得截面的面积为C.平面D.若，则三棱锥的体积最大值是【正确答案】BCD【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，，对A选项，，则直线与所成角为，故A错误；对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与CD交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，则正六边形的面积为，故B正确.由正方体，可得，∵分别为的中点，∴，∴平面平面，∴平面，故C正确；如图，面，又面，故，同理，又，根据题意可得，设，又，∴，整理得，∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，令，可得，∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.故选:BCD.关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线：，则直线过定点________；若直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则这样的直线有________条．【正确答案】①.−1,1②.【分析】可化为，令，解出即可得空一；计算出直线横纵截距后，结合面积公式计算即可得空二.【详解】由，得，令，解得，所以直线l过定点−1,1；当时，，此时直线l与x轴没有交点，所以，在中，令，得，令，得，依题意得，解得或，所以满足条件的直线l有条.故−1,1；.13.已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________.【正确答案】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径；由可利用面积桥将转化为，当最小时，为圆心到直线的距离，由此可求得结果.【详解】由得：，圆心，半径.，，为线段的垂直平分线，，若最小，则最小，，.故答案为.关键点点睛：本题考查切线长最小值的求解问题，解题关键是能够将所求的长度之积转化为四边形面积，进而转化为切线长最小值的求解问题.14.如图，在棱长为4的正方体中，E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是______．【正确答案】【分析】首先利用向量垂直的坐标表示，求得点的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围.【详解】以D为原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，设，则，，又，所以，即，则．当时，，设，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF，所以，，，当时，，当时，，所以线段的长度的取值范围是．故四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知圆C：，点，点．（1）过点P作圆C的切线l，求出l的方程；（2）设A为圆C上的动点，G为三角形APQ的重心，求动点G的轨迹方程．【正确答案】（1）或；（2）．【分析】（1）分切线的斜率不存在和切线的斜率存在两种情况求解即可；（2）设，，结合重心的性质可得，进而结合A为圆C上的动点求解即可.【小问1详解】由C：，则圆心，半径，当切线l的斜率不存在时，直线l的方程为，符合题意；当切线l的斜率存在时,则设切线l的方程为，即，所以，解得，此时切线l的方程为，即.综上所述，切线l的方程为或.【小问2详解】设，，因为，，G为三角形APQ的重心，所以，即，由A为圆C上的动点，得，则，整理得，即动点G的轨迹方程为．16.如图，在梯形ABCD中，，，，四边形ACFE为矩形，平面平面，，点M是线段EF的中点．（1）求平面MAB与平面EAD所成锐二面角的余弦值；（2）求出直线CD到平面MAB的距离．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由面面垂直性质得线面垂直，利用垂直关系建立空间直角坐标系，分别求平面MAB与平面EAD的法向量，再求解夹角即可得；（2）由线面平行关系，将直线CD到平面MAB的距离转化为点到平面的距离，利用法向量求解可得.【小问1详解】因为在梯形ABCD中，，，，如图，过C作交AB于G，则四边形是平行四边形.可得，.在中，由余弦定理得，所以，得，又平面平面，平面平面，平面，所以平面；因为四边形ACFE为矩形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则.如图，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面MAB的法向量为，则，取，得，设平面EAD的法向量为，则，取，得，所以．所以平面MAB与平面EAD所成锐二面角的余弦值为．【小问2详解】由，平面，平面，则平面.则直线到平面的距离即为点到平面的距离.由（1）知，，平面的一个法向量，则点到平面的距离.故直线CD到平面MAB的距离为.17.已知平面内两个定点，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点．（1）求曲线的轨迹方程；（2）若直线和的斜率之积为，试证明直线过定点，并求出这个定点坐标．【正确答案】（1）（2）证明见解析，定点为【分析】（1）设出点坐标，根据条件建立方程，再化简求解即可.（2）联立方程组并利用韦达定理表示出，，再结合给定条件得到之间的关系，进而求出定点即可.【小问1详解】设，由题意得，化简得到，所以曲线C的轨迹方程为．【小问2详解】因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在,设，Mx1,y由，消得到，则Δ=64k2b2而，，化简整理得到，得到或，当时，，直线过定点与重合，不合题意，当时，，直线过定点，所以直线过定点．18.图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.（1）求证：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果.【小问1详解】在图中取中点，连接，，，，，，，，，，四边形为矩形，，，又，为等边三角形；又，为等边三角形；在图中，取中点，连接，为等边三角形，，，，又，，，又，平面，平面，平面，平面平面.【小问2详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设棱上存在点且满足题意，即，解得：，即，则，设平面的法向量，则，令，则，，到平面的距离为，解得：，，又平面的一个法向量，，又二面角为锐二面角，二面角的大小为.19.已知椭圆的焦距为，且过点．（1）求的方程．（2）记和分别是椭圆的左、右焦点．设是椭圆上一个动点且纵坐标不为．直线交椭圆于点（异于），直线交椭圆于点（异于）．若的中点为，求三角形面积的最大值．【正