四川省攀枝花市第三高级中学2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省攀枝花市第三高级中学2024-2025学年高二上学期第三次月考数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线过两点和，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线上两点坐标表示斜率，再利用斜率和倾斜角的关系，即得解
【详解】由题意，设直线的斜率为，倾斜角为，
故，由于，故.
故选：C.
2. 已知点则以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直径求出圆心、半径即可得解
【详解】因为AB为直径，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故选：C
3. 已知点在抛物线上，则抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件求得抛物线的标准方程为，即可求解.
【详解】因为点在抛物线上，得到，
所以抛物线的标准方程为，得到抛物线的准线方程为，
故选：D.
4. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果.
【详解】如下图所示：
易知.
故选：D
5. 设是等比数列，下列说法一定正确的是（ ）
A 成等比数列B. 成等比数列
C. 成等比数列D. 成等比数列
【答案】D
【解析】
【详解】
项中，故项说法错误；项中，故项说法错误； 项中，故项说法错误；故项中，故项说法正确，故选D.
6. 已知圆和，若动圆与圆内切，同时与圆外切，则该动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系可知，结合椭圆的定义可得轨迹方程.
【详解】由已知圆和，
可知，，，，且，
又动圆与圆内切，同时与圆外切，
则，，
所以，
所以动点到两个定点，的距离之和为定值，
即满足椭圆的定义，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
且长轴长度，焦距，即，，
所以，
椭圆方程为，
故选：C
7. 已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案.
【详解】因为等差数列和的前项和分别为、，满足，
所以，
又，故，
故选：B
8. 如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解.
【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设A关于平面的对称点为，则，，
设平面的法向量，则，，
令，则，所以，
所以A与到平面的距离即①，
又，所以②，所以由①②得，
所以由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 过定点B. 的半径为9
C. 与可能相切D. 被截得的弦长最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断项；根据圆的一般方程与标准方程的互化判断项；根据直线所过定点在圆内，知直线与圆必相交判断项；当直线与过定点和圆心的直线垂直时，被截得的弦长最小，从而计算弦长最小值可判断项.
【详解】对于，可变形为，
由得所以直线过定点，故正确；
对于，圆，化为标准方程为，所以圆的半径为，故错误；
对于，因为，所以点在圆内部，所以直线与不可能相切，故错误；
对于，设直线所过定点为，则当直线时，直线被截得的弦长最小.
因为圆心，所以，所以直线的斜率，解得，
此时直线.
因为圆心到直线的距离，所以弦长，故正确.
故选：.
10. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离比到直线的距离小1.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（ ）
A. 点的轨迹曲线是线段
B. 是“最远距离直线”
C. 过点的直线与点的轨迹交于、两点，则以为直径的圆与轴相交
D. 过点的直线与点的轨迹交于、两点，则的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知动点到点的距离等于到直线的距离，所以可知点的轨迹是以为焦点的抛物线，求出轨迹方程，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为点，直线，动点到点的距离比到直线的距离小1，
所以动点到点的距离等于到直线的距离，
所以点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线，
所以抛物线方程为，
对于A，点的轨迹是抛物线，所以A错误，
对于B，由，得，解得，
所以直线与抛物线相交于点，
所以是“最远距离直线”，所以B正确，
对于C，设过点的直线为，，
由，得，
所以，
所以，
所以，
所以以为直径的圆的半径为，
因为圆心到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相交，所以C正确，
对于D，，
所以D错误，
故选：BC
11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用给定定义逐个选项分析数列性质求解即可.
【详解】依题意可得，A正确；
由，B错误；
，C正确；
，累加得，D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是利用题目给定定义，然后结合累加法得到所证明的等量关系即可．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线与有相同的渐近线，且直线过双曲线的焦点，则双曲线的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】抓住共渐近线即渐近线斜率一样，焦点与有关，结合可解.
【详解】设双曲线的半焦距为，直线过双曲线的焦点，所以双曲线的右焦点为，
所以.因为的渐近线方程为，所以.
结合，解得，所以双曲线的标准方程为.
故答案为：.
13. 设，且，则_______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示及共线向量的坐标表示分别求出参数，进而求出向量的模.
【详解】依题意，由，得，解得，由，得，
解得，即，，
所以.
故答案为：3
14. 记为正项数列的前项积，，则______.
【答案】2025
【解析】
【分析】由数列的前项积，利用赋值法令可求得，将表达式化简可得数列是等差数列，求出通项即可.
【详解】数列的各项均为正，当时，，解得，
由，得当时，，
即，因此，
数列是以为首项，公差为的等差数列，，
所以.
故答案为：2025
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. 直线经过两直线和的交点．
（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；
（2）若直线与圆相切，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出两直线的交点，再根据两直线垂直求出直线的斜率，最后写出点斜式方程；
（2）分类讨论，直线斜率不存在和存在两种，利用圆心到直线的距离列式计算.
【小问1详解】
联立两直线和，解得，即交点坐标为，
直线的斜率为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，即，
根据题意得：圆心到直线的距离，解得，
所以直线的方程为：.
综上：直线的方程为或.
16. 记为等差数列前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
【小问2详解】
因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
17. 椭圆C：过点P（，1）且离心率为，F为椭圆的右焦点，过F的直线交椭圆C于M，N两点，定点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若面积为3，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，结合韦达定理及，即可求解.
【小问1详解】
由已知可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线与轴重合时，不符合题意，
设直线的方程为，联立，
可得，
，
设，由韦达定理可得，，
则，
则，
解得，
所以直线的方程为.
18. 如图，在四棱锥中，，，，，平面平面，为中点．
（1）平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在一点，使∥平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再结合面面垂直的性质分析证明；
（2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，利用空间向量结合线面平行可得，即可得结果.
【小问1详解】
因为，为中点，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得
由题意可知：平面的法向量，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
线段上是否存在一点，使平面.
设，则，
若平面，则，
可得，解得，
即，可知，
所以存在点，使平面，此时.
19. 已知双曲线：（，）的右焦点为，右顶点为，直线：与轴交于点，且．
（1）求方程；
（2）点为上不同于点的动点，直线交轴于点，过作的两条切线，分别交轴于，两点，交轴于，两点．
①证明：是的中点；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的几何性质，分别得出c的取值、的长度表达式，根据题意建立等量关系从而求出a，b，c的值，最终得到双曲线的标准方程.
（2）根据题意设出点B坐标，以及过B点与双曲线相切的直线方程，可得P，Q纵坐标表达式，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理可得出两条切线斜率的关系，再表示出直线BF方程，可表示出R点坐标，进而结合中点坐标公式证得是的中点；同样可表示出坐标，进而得到各条线段长度表达式，代入后再结合前面的关系得证.
【小问1详解】
如图所示，
由右焦点为得，
因为，所以，
若，则，即，无解；
若，则，即，所以，
故的方程为．
【小问2详解】
如图所示，
设，易知过点且与相切的直线斜率存在且不为，
设为，与联立消去整理得
，
由，
整理得，
设两条切线，的斜率分别为，，则．
①因为，，
直线的方程为，则，
所以，
故是的中点．
②由题意，，，，
所以，，
由，得，
所以，
得证．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于正确表示出题干所述各点的坐标，利用直线与双曲线相切的关系，结合得出两条切线斜率的关系，再表示出各条线段长度，通过化简最终证得题中结论.