安徽省五河第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析）

这是一份安徽省五河第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考 数学试卷（含解析），共18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。
一、单选题（每小题5分，计40分）
1．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
2．在平行六面体中，，，则的长为（ ）
A．12 B． C． D．
3．设点、，若直线l过点且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．D．
4．已知双曲线的左、右焦点分别为，为的右支上一点，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．设数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．是等比数列
B．成等差数列，公差为
C．当且仅当时，取得最大值
D．时，的最大值为33
7．当时，设函数存在导数，且满足，若，则（ ）
A．B．C．0D．
8．已知，，动点在直线上，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．10
二、多选题（每小题6分，计18分）
9．如图所示的圆台，在轴截面中，，则（ ）
A．该圆台的高为1
B．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的体积为
D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5
10．已知，圆，直线，，且与相交于点，则（ ）
A．B．直线与圆相切
C．被圆截得的弦长为D．若，则
11．已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A．若的纵坐标为2，则
B．若，则直线恒过定点
C．若直线过点，则的最小值为4
D．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
三、填空题（每小题5份，计15分）
12．已知直线与曲线相切，则实数的值为 .
13．设为等差数列的前项和，若公差，且，则当取最大值时，的值为 .
14．如图，椭圆的右顶点A是抛物线的焦点，过A作x轴的垂线交于点B，线段BO与交于点D，F是焦点则的离心率 .
四、解答题（共5小题，计77分）
15．的三个顶点分别是，，，求的外接圆的标准方程．
16．已知数列满足，．
(1)证明：数列为等差数列，并求通项；
(2)求数列的前n项和．
17．如图平面ABC，，F是线段BC上的动点，E是MC的中点，已知
(1)证明：平面平面
(2)若，，N在线段MB上.
（i）求点C到平面AEB的距离;
（ii）是否存在点N，使得平面NAC与平面AEB夹角的余弦值为若存在，求的值;若不存在，请说明理由.
18．已知函数 ．
(1)求函数 在 上的最大值和最小值；
(2)若不等式 有解，求实数 的取值范围.
19．如图，圆E的圆心为，半径为4，是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点.线段FM的垂直平分线L和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线
(1)求曲线C的方程;
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PB交直线于点T，连结AT交曲线C于点直线AP、AQ的斜率分别为、
（i）求证：为定值;
（ii）证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标.
《2025第一次月考复习试卷》参考答案
1．C
【分析】当直线经过原点时，直线方程为；当直线不经过原点时，设直线方程为，把点的坐标代入即可得出．
【详解】由题得当直线在坐标轴上的截距均为0时，直线方程为，即；
当直线在坐标轴上的截距均不为0时，直线方程可设为，
将代入可得，此时直线方程为．
综上，直线的方程为或．
故选：C.
2．B
【分析】由平行六面体的几何性质，利用空间向量的线性运算以及数量积的定义，结合向量模长公式，可得答案.
【详解】由题意可得，由，则，
由，
则，，
所以
.
故选：B.
3．A
【分析】画出图形，由题意得所求直线的斜率满足或，用直线的斜率公式求出 和的值，求出直线的斜率的取值范围.
【详解】解：如图所示：由题意得，所求直线的斜率满足或，
∵，，
∴直线的斜率的取值范围是或 ，
故选：A.
4．B
【分析】先应用正弦定理，再结合双曲线定义及两角和差的正弦公式计算化简即可求解.
【详解】
依题意得，
则的离心率为
故选：B.
5．D
【分析】设，将其看作直线，由题知直线和圆有公共点，则利用圆心到直线的距离小于或等于圆的半径，即可求出结果.
【详解】设，将其看作直线，
由直线与圆有公共点，
得圆心到直线的距离小于或等于圆的半径，
即，解得，
所以的最大值为，
即的最大值为
故选：D
6．D
【分析】由题意可得数列是以为公差，32为首项的等差数列，求出，然后利用可求出，再逐个分析判断即可.
【详解】因为，
所以数列是以为公差，32为首项的等差数列，
所以，所以，
所以当时，，
所以，
因为，所以，
对于A，因为，
所以是以为公差的等差数列，所以A错误，
对于B，因为，所以，
所以，
因为，
所以成等差数列，公差为，所以B错误，
对于C，，对称轴为，
因为，所以当或时，取得最大值，所以C错误，
对于D，由，得，且，所以的最大值为33，所以D正确，
故选：D
7．D
【分析】根据得是常数，再由得，即可得函数解析式，进而求函数值.
【详解】由，即，即，
所以是常数，
当时，，所以，
当时，，得.
故选：D
8．B
【分析】首先求出点关于直线的对称点，将目标式子转换为，结合三角形三边关系即可求解.
【详解】如图所示，易知点关于直线的对称点，
由对称性即三角形三边关系可得：
.
故选：B.
9．BCD
【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可得A错误，利用梯形面积公式计算可得B正确，代入圆台体积公式可知C正确，利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可得D正确.
【详解】对于A，在梯形中，即代表圆台的高，
利用勾股定理计算可得，所以A错误；
对于B，轴截面梯形的面积为，因此B正确；
对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为；
所以该圆台的体积为，可得C正确；
对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示：
易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，；
由弧长公式可知，解得；
所以可得，
设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短，
易知，且，
由勾股定理可知，可知D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】利用斜率之积即可判断选项A，根据圆心到直线的距离和半径的大小关系即可判断选项B，利用几何法直接求出弦长，即可判断选项C，联立两直线方程，求出点坐标，根据两点之间距离公式，即可求出的值.
【详解】由题知，令直线的斜率为，
则，，，A正确；
圆圆心为，半径，
则到直线的距离，
所以直线与圆相切，B正确；
又到直线的距离，
所以被圆截得的弦长为，C错；
联立方程，解得，
即，
则，解得，D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】利用焦半径公式判断A；利用向量数量积公式，结合韦达定理求出直线方程即可判断B；利用过焦点的弦长公式求出弦长，结合不等式的性质求解最小值即可判断C；求出四条边的长即可判断D.
【详解】由得，，准线方程.
A.由A的纵坐标为2得，故，选项A正确.

B.如图，设直线方程为：，
由得，，
则，
，解得，
直线方程为：，恒过定点，选项B错误.

C.如图，设直线方程为：，
由得，，
，当时，，选项C正确.

D.如图，设点在第四象限.由题意得，，则.
由准线方程为得，，故，
则
四边形的周长为，选项D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】设切点坐标，求导数表示斜率，结合切线过原点可计算切点横坐标，进而算出的值.
【详解】设切点为，
由得，，故切线斜率，
由直线可知切线过，故，
∴，解得，
∴.
故答案为：.
13．
【分析】由可得，则得，再由，可得当取最大值时的值.
【详解】等差数列中，
∵，∴，解得，
则
，
因为，所以当取最大值时，.
故答案为：.
14．
【分析】设，利用给定条件，求出点的坐标，再借助比例式建立方程求出离心率.
【详解】令，直线：，在椭圆中，令，得，
点，在抛物线中，令，得，
由，得，即，而，
解得，所以的离心率
故答案为：
15．
【分析】设圆的标准方程，将3个点的坐标代入圆的标准方程，建立方程组，解出a，b，r即可.
【详解】设所求的方程是．①
因为，，三点都在圆上，分别代入方程①．
得即
三式两两相减，整理得解得
代入，得．
所以的外接圆的标准方程是．
16．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）将，变形为，再利用等差数列的定义求解；
（2）求出，再利用错位相减法求解.
【详解】（1）因为，所以，又，所以，
所以数列是以为1首项，1为公差的等差数列，
所以，所以.
（2）由（1）可得，
所以，
则，
两式相减得，
，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）存在，或
【分析】（1）由线面垂直可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理得出线面垂直即可得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面距离；（ii）设存在，根据向量法由平面的夹角公式求出即可得解.
【详解】（1），E是MC的中点，，
平面ABC，平面ABC，，
又，又，平面MAC，平面MAC，
平面MAC，
又平面AEF，，
又，平面MBC，平面MBC，
平面MBC，又平面AEF
平面平面MBC
（2）（i） 以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，，，
，，
设平面AEB的法向量为
则，即，取，可得，
所以，即点C到平面AEB的距离为；
（ii） ，
设，则，
，
设平面NAC的法向量为
则，即，
令。可得，
，
化简得，解得或，
或.
18．(1)最大值为 ，最小值为
(2)
【分析】（1）先利用导数可得函数 在 上单调递增，在上单调递减，从而可求函数 在 上的最大值和最小值；
（2）不等式 可化为 ，记 ，则原不等式有解可转化为 ，再利用导数求函数的最大值，即可求实数 的取值范围.
【详解】（1）因为函数 ，
所以 ，
令 ，则 或 (舍去).
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在上单调递减，
所以当 时， 取得最大值，最大值为 ，
又 ，
，
所以 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为 ，
故 在 上的最大值为 ，最小值为 .
（2）易知 的定义域为 ，
故不等式 可化为 .
记 ，则原不等式有解可转化为 .
易得 ，时，，时，，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，所以 ，
解得 .
所以实数 的取值范围为 .
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点
【分析】(1)根据椭圆的定义，可以判断出动点N的轨迹为椭圆，利用椭圆的定义求，从而求得轨迹方程.
（2）（i）设，，，将、分别用含式子表示，然后利用消去，最后即可得出定值；
（ii）令直线PQ的方程为，与椭圆方程联立，应用韦达定理，借助（i）的结论，得到关于的方程，解方程即可求得的值，即定点坐标.
【详解】（1）由题意可知，，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，
且长轴长，焦距，
所以，
因此曲线C方程为
（2）证明：设，，，
由题可知，，如下图所示，
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值；
由题意可知，直线PQ不可能与轴平行，
设直线PQ的方程为，，，易知
由，得，
，得
所以
由可知，，
即，
将代入化简得，解得或舍去，
所以直线PQ的方程为，
因此直线PQ经过定点
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
D
D
D
B
BCD
ABD
题号
11









答案
ACD