精品解析：江西省上饶市横峰中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

横峰中学2024-2025学年度第一学期高二年级第一次月考 数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 若直线与直线垂直，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 3. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ） A. EF平面 B. C. EF与AD1所成角为60° D. EF与平面所成角的正弦值为 7. 已知圆及点，则下列说法错误的是（） A. 圆心的坐标为 B. 若点在圆上，则直线的斜率为 C. 点在圆外 D. 若是圆上任一点，则的取值范围为． 8. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，底面是边长为的正方形，其中两条侧棱长都为，则（ ） A. 该阳马的体积为 B. 该阳马的表面积为 C. 该阳马外接球的半径为 D. 该阳马内切球的半径为 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 若m，n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与相交 10. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ） A. ， B. 当时， C. 当时， D. ，使得 11. 已知实数、满足方程，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为_____________，体积之比为_____________. 13. 已知三条直线，，不能构成三角形，则实数m的取值集合为______． 14. 球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，三弧所围成的球面部分称为球面三角形．半径为的球面上有三点，且，则球面三角形的面积为______． 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. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面. 16. 已知直线，圆． （1）求直线与圆相交所得的弦长； （2）求圆关于直线对称所得的圆的方程． 17. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切． （1）求的“欧拉线”方程； （2）若圆与圆有公共点，求的范围． 18. 已知圆经过，，三点． （1）求圆的方程； （2）若经过点的直线与圆相切，求直线的方程． 19. 阅读数学材料：“为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等. （1）若，求直四棱柱在顶点处的离散曲率. （2）若四面体在点处的离散曲率为，证明平面. （3）若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 横峰中学2024-2025学年度第一学期高二年级第一次月考 数学试卷 满分：150分；考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】A 【解析】 【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解. 【详解】因为的斜率， 所以其倾斜角为30°. 故选：A. 2. 若直线与直线垂直，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解． 【详解】直线与直线垂直， 则，解得． 故选：． 3. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案. 【详解】正三角形的高为， 根据斜二测画法的知识可知， 直观图的面积为. 故选：B 4. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 故选：D. 5. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】记为点，直线的斜率，直线的斜率， 因为直线l过点，且与线段相交， 结合图象，可得直线的斜率的取值范围是． 故选：B． 6. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ） A. EF平面 B. C. EF与AD1所成角为60° D. EF与平面所成角的正弦值为 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断． 【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B， 又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，∴EF平面ABC1D1，故A正确； 对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB， 又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1， 又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确； 对于C，由，得EF与AD1所成角为. 在中，，所以， 所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误； 对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角， 在中，，所以，故D正确． 故选：C． 7. 已知圆及点，则下列说法错误的是（） A. 圆心的坐标为 B. 若点在圆上，则直线的斜率为 C. 点在圆外 D. 若是圆上任一点，则的取值范围为． 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，把圆的一般方程化为标准方程，求出圆心坐标；选项，把点坐标代入，求出的值，进而求出直线的钭率；C选项，求出的长度，与半径相比，判断点与圆的位置关系；选项，由选项求出点在圆外，是圆上任一点，所以的长度满足，求出的取值范围. 【详解】对于A,将化为, 所以圆心C坐标为，,故A正确； 对于B，因为点在圆上，所以， 所以，即.所以直线的斜为，故B错误， 对于C，因为两点之间的距离为, 所以点在圆外，故C正确； 对于D，因为圆心，半径，所以， 即，故D正确. 故选：B. 8. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，底面是边长为的正方形，其中两条侧棱长都为，则（ ） A. 该阳马的体积为 B. 该阳马的表面积为 C. 该阳马外接球的半径为 D. 该阳马内切球的半径为 【答案】D 【解析】 【分析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积判断A，B；求出外接球球心位置即得外接球半径判断C；利用体积法求出内切圆半径判断D. 【详解】如图，不妨设平面，平面， 则，，所以， 因为是正方形， 所以，又，平面， 所以平面，又，则平面， 同理，平面， 又，则， 对于A，，故A错误； 对于B，该阳马的表面积为，故B错误； 对于C，因为均为直角三角形，所以外接球的球心是的中点， 则外接球半径为，故C错误； 对于D，设该阳马内切球的半径为，则， 所以，解得，故D正确. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 若m，n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与相交 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直平行的性质与判定逐个选项判定即可. 【详解】对AB，若，则的位置关系不能确定，故A，B错误； 对C，由线面垂直的性质可得若，则，但与不一定相交，故C正确，D错误. 故选：ABD 10. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ） A. ， B. 当时， C. 当时， D. ，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A：根据直线方程分析判断；对于B：根据题意求直线交点即可；对于C：根据空集的定义结合直线平行运算求解；对于D：根据直线重合分析求解. 【详解】对于选项A：因为表示过定点，且斜率不为0的直线， 可知表示直线上所有的点， 所以，故A正确； 对于选项B：当时，则，， 联立方程，解得，所以，B正确； 对于选项C：当时，则有： 若，则； 若，可知直线与直线平行，且， 可得，解得； 综上所述：或，故C错误； 对于选项D：若，由选项C可知，且，无解，故D错误． 故选：AB． 11. 已知实数、满足方程，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，可得，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断AB选项；利用距离的几何意义求出的最大值，可判断C选项；设，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断D选项. 【详解】将方程化为标准方程可得， 圆的圆心为，半径为， 对于A选项，设，可得， 则直线与圆有公共点， 所以，，整理可得，解得，AB都对； 对于C选项，代数式的几何意义为圆上的点到原点的距离的平方，如下图所示： 由图可知，当点为射线与圆的交点时，取最大值，即， 故的最大值为，C错； 对于D选项，设，则直线与圆有公共点， 所以，，解得， 所以，的最大值为，D对. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为_____________，体积之比为_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据球的表面积公式以及体积公式即可求解. 【详解】设两个球的半径为，由题意可得， 所以表面积之比为， 体积之比为, 故答案为： 13. 已知三条直线，，不能构成三角形，则实数m的取值集合为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三条直线不能构成三角形，则有任意两条平行或交于同一个点，分类讨论求解. 【详解】三条直线不能围成三角形，则有以下情况： (1) 直线与直线平行， 则有； (2) 直线与直线平行， 则有； (3) 三条直线，，相交于同一点， 联立解得，代入可得， 综上，实数m的取值集合为， 故答案为: . 14. 球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，三弧所围成的球面部分称为球面三角形．半径为的球面上有三点，且，则球面三角形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设过的大圆与过的大圆交于直径，求出二面角，同理求出二面角和；再结合球的表面积公式及球面的对称性，求解即可． 【详解】如图1所示，设过的大圆与过的大圆交于直径，过点分别作，垂足为，连接，则， 在中，由余弦定理得，，则， 所以，则， 在中，由余弦定理得，，即， 由二面角定义得，二面角为， 在图2中，设过的大圆与过的大圆交于直径，过的大圆与过的大圆交于直径，同理可得，二面角为，二面角为； 设球的表面积为，则，设球面三角形的面积为， 则所在的大圆和所在的大圆，将球面分成了四个部分，其中面积较大的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有，， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 所以， 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：球面的面积，其中即为本题中所求二面角（也称球面角），为球的半径，解题关键即为求出二面角的大小． 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. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面. 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以. 因为，，， 所以，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以 （2） 设，连接， 则是的中点， 又因为是的中点，所以 因为平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件证明平面，再通过线面垂直的性质得到线线垂直； （2）设，根据条件得到，再结合线面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知直线，圆． （1）求直线与圆相交所得的弦长； （2）求圆关于直线对称所得的圆的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由点到直线的距离公式结合勾股定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由点关于直线对称，即可得到圆心的坐标，即可得到结果. 【小问1详解】 设直线与圆相交的弦为线段， 因为圆圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 则， 所以直线与圆相交所得的弦长为. 【小问2详解】 设圆关于直线对称所得的圆为圆， 由题意可得圆心与圆心关于直线对称， 设圆心，则，解得， 则，则圆的方程为. 17. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切． （1）求的“欧拉线”方程； （2）若圆与圆有公共点，求的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形三线合一知的欧拉线即为的垂直平分线，根据与直线垂直得到斜率，结合过中点得到所求直线方程； （2）由直线与圆相切得到圆的圆心和半径，由两圆有公共点得到两圆的位置关系进而得到关于的不等式，解不等式即可得到的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以是等腰三角形，由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上， 设的欧拉线为，则过的中点，且与直线垂直， 由、可得：的中点，即， 由，得，故的方程为即； 【小问2详解】 因为与圆M：相切，故圆心，， 圆的圆心坐标为，半径， 则要想圆M与圆有公共点，则两圆外切、相交或内切， 只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值， 即，故，解得． 18. 已知圆经过，，三点． （1）求圆的方程； （2）若经过点的直线与圆相切，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）假设圆的一般方程，代入三点坐标即可构造方程组求得圆的方程； （2）由圆的方程可得圆心和半径，易知直线斜率存在，由圆心到直线距离可构造方程求得直线斜率，进而可得直线的方程. 【小问1详解】 设圆的方程为：， 由题意知：，解得：， 圆方程为：，即. 【小问2详解】 由（1）知：圆心，半径； 当直线斜率不存在，即时，与圆不相切，不合题意； 当直线斜率存在时，设，即， 圆心到直线的距离，解得：， ，即或； 综上所述：直线的方程为或. 19. 阅读数学材料：“为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等. （1）若，求直四棱柱在顶点处的离散曲率. （2）若四面体在点处的离散曲率为，证明平面. （3）若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）确定点处三个面上角的大小后根据离散曲率定义计算； （2）由离散曲率求得，从而证得，得直四棱柱为正方体，由线面垂直的判定定理和性质定理证明题的中线面垂直； （3）根据离散曲率定义计算出，然后证得设，则即为与平面的所成角，再计算正弦值可得． 【小问1详解】 若，则菱形为正方形，因为平面平面， 所以， 所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为． 【小问2详解】 在四面体中，，所以， 所以四面体在点处的离散曲率为， 解得， 易知，所以，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，同理， 又平面，所以平面． 【小问3详解】 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 则菱形中，， 平面，面，则， 又，平面，所以平面， 设，则即为与平面的所成角，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $