2024北京八十中高二12月月考数学试题及答案

试题试题2024北京八十中高二12月月考数学班级______姓名______考号______（考试时间90分钟满分100分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.圆的圆心到直线的距离为（）A.2 B. C.1 D.2.如图，在四面体中，.点分别为棱的中点，则（）A. B.C. D.3.已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为（）A. B. C. D.4.化简方程的结果是（）A. B.C. D.5.已知数列中，，，，那么数列的前10项和等于（）A.130 B.120 C.55 D.506.已知，分别是平面，的法向量，且，则t的值为（）A.1 B.2 C. D.7.在空间直角坐标系中，已知三点，若点C在平面内，则点C的坐标可能是（）A. B. C. D.8.已知直线，，则“”是“直线与相交”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件9.已知抛物线的焦点为，点，，在抛物线上，且，则有（）A. B.C. D.10.已知曲线：，点，下面有四个结论：①曲线关于轴对称；②曲线与轴围成的封闭图形的面积不超过4；③曲线上任意点满足；④曲线与曲线有5个不同的交点．则其中所有正确结论的序号是（）A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④二、填空题共6小题，每小题4分，共24分.11.空间直角坐标系中，已知，则点关于平面的对称点的坐标为______.12.若直线与直线平行，则___________.13.已知，是双曲线的两个焦点，点P在双曲线上，若，则______.14.已知双曲线C：的一条渐近线方程为，则C的离心率为______.15.在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的最短距离为______.16.在正方体中，E为棱上的动点，F为线段的中点，给出下列四个结论：①；②直线与平面所成角不变；③点F到直线的距离不变；④点F到A，D，，四点的距离相等.其中，所有正确结论的序号为______.三、解答题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17.已知数列为等差数列，首项，公差，.（1）证明是等比数列；（2）求数列的前n项和.18.如图，四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求二面角的余弦值.19.已知椭圆的离心率为，右焦点为，点，且.过点的直线（不与轴重合）交椭圆于点，直线，分别与直线交于点.（1）求椭圆的方程；（2）判断点与以为直径的圆的位置关系，并证明你的结论；（3）求面积的最大值.

参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】B【分析】求出圆心结合点到直线距离公式即可得解.【详解】圆即，所以圆心坐标为，所以圆心到直线的距离为.故选：B.2.【答案】D【分析】由，再结合平面向量运算法则即可求解.【详解】因为在四面体中，，点分别为棱的中点，所以，.故选：D.3.【答案】B【分析】根据直线方向向量的定义可得斜率.【详解】∵直线的一个方向向量为，∴直线的斜率为.故选：B.4.【答案】D【分析】由双曲线定义即可求解.【详解】设动点，则由题意可得，所以动点到两个定点的距离的差的绝对值等于常数8，又，所以由双曲线定义可知P点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线，所以，，所以双曲线的方程为.故选：D.5.【答案】C【分析】先由题设结合等比数列定义得数列是等比数列并求出，进而可得，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.【详解】由题可知，，，所以，故数列是以为首项和公比的等比数列，所以，故，所以数列的前10项和为.故选：C.6.【答案】B【分析】两平面垂直等价于两平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为0可得结果.【详解】∵，∴，∴，解得.故选：B.7.【答案】B【分析】根据向量的运算可得，，由，不共线，结合向量基本定理可得，求得C点坐标为，代入验算即可得解.【详解】由，，显然，不共线，根据向量基本定理可得，故C点坐标为，经验算只有B选项符合条件，此时，故选：B8.【答案】A【分析】根据点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系分别验证充分性，必要性即可得到结果.【详解】由题意可得直线与相交，则当时，满足，即“”是“直线与相交”的充分条件；当直线与相交时，不一定有，比如也满足，所以“”是“直线与相交”的充分不必要条件.故选:A.9.【答案】C【分析】根据抛物线的定义求解即可.【详解】如图所示，由抛物线的定义可得，，．∵，，故选：C．10.【答案】A【分析】根据题意，分类讨论化简曲线的方程，利用椭圆与双曲线的几何性质，数形结合，逐项判定，即可求解.【详解】当时，曲线的方程可化为，曲线表示部分椭圆，当时，曲线的方程可化为，曲线表示部分双曲线，作出曲线的图形，如图所示，对于①中，由图象可知：曲线关于轴对称，所以①正确；对于②中，由图象可知，曲线与轴围成的封闭图形的面积显然小于，所以②正确；对于③中，因为为椭圆的交点，且，所以由椭圆的几何性质可得，设点是双曲线上任意一点，则则，因为函数在为递减函数，所以，即，综上可得，所以③正确；对于④中，联立方程组，解得，即直线与双曲线只有一个交点，同理可得，与双曲线只有一个交点，且两直线都过点，所以曲线与曲线有3个不同的交点，所以④不正确.故选：A.二、填空题共6小题，每小题4分，共24分.11.案】【分析】根据空间直角坐标系中点关于平面的对称点的特征可得答案.【详解】根据空间直角坐标系的对称性可得关于平面的对称点的坐标为.故答案为：.12.【答案】【分析】根据两条直线平行列方程，由此求得的值.【详解】依题意可得，解得，当时，两条直线重合，故.故答案为：13.【答案】9【分析】由题设结合双曲线定义和焦半径的几何性质即可求解.【详解】因为双曲线，所以，故，所以，又，所以P在双曲线左支上，.故答案为：9.14.【答案】【分析】由双曲线C：的渐近线方程为，求出，，进而求出离心率.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，已知双曲线的一条渐近线方程为，所以，，即，则所以双曲线的离心率.故答案为：.15.【答案】2【分析】由题设建立空间直角坐标系，再利用点到直线距离的空间向量法计算求解即可得解.【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以直线方向上的单位向量为，所以，所以点A到直线的最短距离为.故答案为：2.16.【答案】①③④【分析】对于①，求证平面即可判断；对于②，建立空间直角坐标系，由线面角的空间向量法直接计算即可判断；对于③，由点到直线距离的空间向量法直接计算即可得解；对于④，由空间两点距离公式直接计算即可比较判断.【详解】对于①，连接，则由正方体结构性质可知，且平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.故①正确；对于②，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，，，设，则，所以，由正方体结构性质知是平面的一个法向量，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角随a的变化而变化.故②错误；对于③，由②可得，，所以直线的单位方向向量为，故，所以点F到直线的距离为，所以点F到直线的距离不变，故③正确；对于④，由上得，，，，所以，所以点F到A，D，，四点的距离相等.故④正确.故答案为：①③④.三、解答题共3小题，共36分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）先得到数列的通项公式，利用等比数列的定义证明数列是等比数列；（2）由（1）得数列的通项公式，再利用分组求和可得.【小问1详解】因为数列为等差数列，首项，公差，所以，当时，，且，所以数列是以9为首项，以9为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）得：，所以.18.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由题意得，利用线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间距离即可，（3）根据法向量的夹角即可求解.【小问1详解】底面为直角梯形，，，又平面，平面，平面；【小问2详解】平面平面，且平面平面，又，平面，又，即，则以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：又，，，则，，，，，故，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.【小问3详解】设平面的一个法向量为，，，则，取，则，平面的一个法向量为，又平面，则平面的一个法向量为，，由图形得二面角所成角为锐二面角，二面角的所成角的余弦值为．19.【答案】（1）（2）点在以为直径的圆的内部，详见解析（3）【分析】（1）由题意得求出，然后求解，即可得到椭圆方程．（2）当直线的斜率不存在时，验证，即．当直线的斜率存在时，设，其中．联立设，利用韦达定理，结合直线的方程，求出的坐标．利用向量的数量积，转化求解即可．（3）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，其中当直线l的斜率存在时，先求出点到直线的距离，再利用韦达定理求出线段的长，进而求出面积的最大值.【小问1详解】由题意得解得，从而，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】当直线l的斜率