2024-2025学年湖南省长沙市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年湖南省长沙市高二上学期第一次月考数学检测试题一、选择题：本大题共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．已知复数，则（

）A． B． C．3 D．52．无论为何值，直线过定点（

）A． B． C． D．3．在平行四边形中，，，，则点的坐标为（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A． B． C． D．5．直线关于对称的直线方程为（

）A． B．C． D．6．已知椭圆：的离心率为，则（

）A． B．或 C．8或2 D．87．已知实数满足，则的范围是（

）A． B． C． D．8．已知平面上一点若直线l上存在点P使则称该直线为点的“相关直线”，下列直线中不是点的“相关直线”的是（

）A． B． C． D．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知直线：，圆：，为坐标原点，下列说法正确的是（

）A．若圆关于直线对称，则B．点到直线的距离的最大值为C．存在两个不同的实数，使得直线与圆相切D．存在两个不同的实数，使得圆上恰有三个点到直线的距离为10．已知圆：与圆：的一个交点为，动点的轨迹是曲线，则下列说法正确的是（

）A．曲线的方程为B．曲线的方程为C．过点且垂直于轴的直线与曲线相交所得弦长为D．曲线上的点到直线的距离的最大值为11．在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（

）A．与所成角的余弦值为B．过，，三点的正方体的截面面积为3C．当在线段上运动时，的最小值为3D．若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．通过科学研究发现：地震时释放的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.已知2011年甲地发生里氏9级地震，2019年乙地发生里氏7级地震，若甲、乙两地地震释放能量分别为，，则13．直线的倾斜角的取值范围是.14．如图，设，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为.

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．已知两圆和．求：(1)取何值时两圆外切？(2)当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．16．在ΔABC中，内角的对边分别为.已知（1）

求的值（2）

若，求ΔABC的面积.17．如图，在四棱锥中，平面，，四边形满足，，，点为的中点，点为棱上的动点.(1)求证：平面；(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由.18．某校高一年级设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标（正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑）考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示.

(1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数；(2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法（样本量按比例分配），从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率；(3)若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，.记总的样本平均数为，样本方差为，证明.19．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.(1)证明和均为定值;(2)设线段的中点为，求的最大值；(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.1．B【分析】按照复数的除法运算求出复数z的代数形式，再根据复数的模长公式求解即可.【详解】..故选：B.2．A【分析】先化简直线分是否有两部分，再求交点得出定点.【详解】由得：，由得∴直线恒过定点.故选：A.3．A【分析】由即可求解.【详解】设，则，，又，解得.即.故选：A.4．A【分析】根据余弦的二倍角公式，结合诱导公式进行求解即可.【详解】因为，所以由，，故选：A5．A【分析】利用点关于直线对称点的求法可求得直线上一点关于直线的对称点，代入直线中即可得到对称直线方程.【详解】设直线上一点关于直线对称点的坐标为，则，整理可得：，，即直线关于对称的直线方程为.故选：A.方法点睛：本题考查直线关于对称轴的对称直线的求解，解决思路是将直线上一点坐标，利用其关于对称轴的对称点坐标表示出来，代入原直线即可，核心依然是求解点关于直线的对称点的求解.求解点关于直线的对称点的基本方法如下：①与连线与直线垂直，即；②中点在直线上，即；③与到直线的距离相等，即；上述三个等量关系中任选两个构成方程组，即可求得对称点坐标.6．C【分析】分焦点在轴和轴上两种情况，由离心率得到方程，求出或.【详解】椭圆：的离心率为，当椭圆焦点在轴上时，，解得，当椭圆焦点在轴上时，，解得.故选：C.7．A【分析】由的几何意义表示斜率即可求解.【详解】表示函数图象上的点与的连线的斜率，结合图象可知，斜率分别过0,2与相切时取最大值和最小值，由0,2和可求斜率，设过斜率为的直线与图象相切，与联立可得：，由，可得或（舍去）结合图象可知：所以的范围是.故选：A.8．D分别计算点到四条直线的距离，结合点相关直线的定义得：当距离小于或等于4时，则称该直线为点的“相关直线”，利用点到直线距离公式即可得到答案．【详解】由题意，当到直线的距离小于或等于4时，则称该直线为点的“相关直线”A，，直线为，所以点到直线的距离为：，即点到直线的最小值距离小于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；B，，直线为，所以点到直线的距离为，所以点到直线的最小值距离小于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；C，，直线为，所以点到直线的距离为：，所以点到直线的最小值距离等于4，所以直线上存在点使成立，是点的“相关直线”；D，，直线为，所以点到直线的距离为：，即点到直线的最小值距离大于4，所以直线上不存在点使成立，不是点的“相关直线”．故选：D．本题解决成立问题的关键是正确理解新定义，结合点到直线的距离公式解决问题，新定义问题这是近几年高考命题的方向．属于中档题.9．ABD【分析】先确定直线过定点，圆心，半径，再逐项判断即可.【详解】直线：过定点，圆：，圆心，半径，对选项A：直线过圆心，则，解得，故选项A正确；对选项B：点O到直线l的距离的最大值为，故选项B正确；对选项C：直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得，故选项C错误；对选项D：当圆上恰有三个点到直线的距离为时，圆心到直线的距离，解得，故选项D正确.故选:ABD.10．BCD【分析】对于A，B由椭圆的定义即可判断，对于C，由通径的概念即可判断，对于D，将问题转换成求与平行，且与椭圆相切的直线即可判断.【详解】对A选项与B选项，由题意知圆与圆交于点，则，，所以，所以点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，且，，即，，所以，所以曲线的方程为，故A选项错误，B选项正确；对C选项，通径的长度为，故C选项正确；对D选项，设与直线平行的直线为，，将与联立得，令，解得，此时直线与椭圆相切，当时，切点到直线的距离最大，直线的方程为，此时两平行线的距离为，故曲线上的点到直线的距离的最大值为，故D选项正确.故选：BCD.11．AC【分析】建系，由异面直线夹角向量法即可判断A,取的中点，连接，，，确定即为截面即可判断B，由对称性得到进而可判断C,设点关于平面的对称点为，连接，可判断当与平面的交点为时，最小，即可判断D.【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，∴，∴与所成角的余弦值为，故A正确；取的中点，连接，，，则，故梯形为过点，，的该正方体的截面，∵，，，∴梯形的高为，∴梯形的面积为，故B错误；由对称性可知，，故，又由于，，，四点共面，故，当为与的交点时等号成立，故C正确，设点关于平面的对称点为，连接，当与平面的交点为时，最小，过点作的平行线，过点作的平行线，两者交于点，此时，，，故D错误.故选:AC.12．1000【分析】首先根据题意得到，再作差即可得到答案.【详解】由题知.故100013．【分析】分，，讨论即可.【详解】设直线的倾斜角为，当时，直线为，；当时，，当且仅当时取等号，∴；当时，，当且仅当时取等号，∴，综上可得.故14．##0.5【分析】连接，，利用圆的性质、椭圆的定义，结合勾股定理列式求解即得.【详解】连接，，由点在以为直径的圆上，故.

又，在椭圆上，故有，.设，则，，，.在中，由勾股定理得，解得，于是PF2=2a3，故15．(1)(2)；【分析】（1）利用配方法，结合两圆外切的性质进行求解即可；（2）根据两圆公共弦的性质，结合点到直线距离公式、圆的垂径定理进行求解即可.【详解】（1）由已知化简两圆的方程为标准方程分别为：，则圆心分别为，半径分别为和，当两圆外切时，满足；（2）当时，有，则，所以两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程为：，即，圆心到直线的距离，所以公共弦长．16．（1）

（2）【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得，，从而计算出面积．【详解】（1）由正弦定理得，所以即即有，即所以（2）由（1）知，即，又因为，所以由余弦定理得：，即，解得,所以，又因为，所以，故ΔABC的面积为=.正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．17．(1)证明见解析(2)存在，或【分析】（1）根据所给条件可建立空间直角坐标系，由平面向量基本定理可证明向量与平面共面，从而证明结果；（2）假设存在点，空间向量法计算平面与平面所成角的余弦值为，求解点坐标即可.【详解】（1）因为平面，，平面，所以，，又，所以，，两两垂直.以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，，，因为点为中点，所以，，又，，所以，所以，，为共面向量，则在平面内存在直线与平面外的直线平行，所以平面.（2）设，，，，依题意可知，平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则.因为平面与平面所成角的余弦值为，所以，即，解得或，所以存在点使得平面与平面所成角的余弦值为，此时或.18．(1)，85(2)(3)证明见解析【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案；（2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；（3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可.【详解】（1）由题意得：，解得，设第60百分位数为，则，解得，即第60百分位数为85.（2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为，，在80,90的有人，设为a，b，C.则样本空间为，.设事件“两人分别来自和80,90”，则，，因此，所以两人得分分别来自和80,90的概率为.（3）由题得①；②又同理，∴.得证.19．(1)；(2)(3)椭圆C上不存在三点，使得【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；（3）假设存在，满足，由（1）得，，，，，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以∵在椭圆上∴①又∵，∴②由①②得，．此时；（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得故即又，∴∵点到直线的距离为∴又整理得此时综上所述结论成立．（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知，