精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市平罗县平罗中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

平罗中学2024-2025学年度第一学期第一次月考试题 高二数学 满分：150分 考试时长：120分 一、单选题：每小题5分，共40分. 1. 圆的圆心坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在棱长为的正方体中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）    A. B. C. D. 4. 直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知圆与直线相切，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知两点，，过点的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（    ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱锥中，平面，，，．以点B为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的法向量分别为和，则下面选项中正确的是（ ）． A. 点P的坐标为 B. C. 可能为 D. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：每小题6分，共18分. 9. 直线a的方向向量为，平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则直线平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则直线a与平面所成角的大小为 D. 若，则平面的相交所成的锐角为 10. 对于直线与圆，下列说法不正确的是（  ） A. 直线可以不过第一象限 B. 圆与圆的公切线恰有4条 C. 直线与可能相切 D. 直线被截得的弦长最小值为 11. 已知正方体的棱长为1，M为侧面上的动点，N为侧面上的动点，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则M的轨迹长度为 B. 若，则到直线的距离的最小值为 C. 若，则，且直线平面 D. 若，则与平面所成角正弦的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积为__________． 13. 圆与圆交于，两点，则线段的垂直平分线的方程为____________. 14. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为. 阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知直线过定点． （1）若直线与直线垂直，求直线的方程； （2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点． （1）求证：平面ADE； （2）求直线CM与平面DEN所成角的正弦值． 17. 已知圆的圆心在轴上，且过点和 （1）求圆的方程； （2）直线和圆C交于A､B两点求弦长； （3）若实数满足圆的方程，求的最大值 18. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是上的动点． （1）当为的中点时，求证：平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值的取值范围； （3）求三棱锥的体积． 19. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍． （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值； （3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平罗中学2024-2025学年度第一学期第一次月考试题 高二数学 满分：150分 考试时长：120分 一、单选题：每小题5分，共40分. 1. 圆的圆心坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标. 【详解】圆，即， 所以圆心为. 故选：D 2. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可设，结合向量，坐标列方程可求，. 【详解】因为，， 所以可设，又，， 所以，，， 所以，，. 故选：C. 3. 如图所示，在棱长为的正方体中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）    A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】证明，，结合异面直线夹角定义可得为异面直线与所成的角，解三角形求其余弦值. 【详解】连接，，， 因为为的中点，， 所以， 因为，，，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以， 所以为异面直线与所成的角（或其补角）， 因为为等边三角形，所以， 故， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 4. 直线和直线，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】求出两直线垂直时参数值，再根据充分必要条件的定义判断． 【详解】，则，解得或，题中应是充分不必要条件， 故选：B． 5. 已知圆与直线相切，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式，结合圆的切线性质求解即得. 【详解】圆的圆心为，半径为， 依题意，. 故选：D 6. 已知两点，，过点的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线 、 的斜率后即可求直线/的斜率的范围. 【详解】如图所示： ，而， 故直线的取值范围为. 故选：A. 7. 如图，在三棱锥中，平面，，，．以点B为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的法向量分别为和，则下面选项中正确的是（ ）． A. 点P的坐标为 B. C. 可能为 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系，写出点坐标，，，，分别计算即可求值. 【详解】建立空间直角坐标系如图： 由题意可得，，，， 所以，. 设，则， 取，可得. 因为，，， 所以平面， 因为平面 所以平面平面， 所以，所以. 综上所述，A，B，D错，C正确. 故选：C 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用数形结合思想求解，设，，，则，再结合对称性可得最小值． 【详解】设，，， ， 易得关于直线的对称点是，又， 所以， 当且仅当是线段与直线的交点时取等号， 所以的最小值为． 故选：B 二、多选题：每小题6分，共18分. 9. 直线a的方向向量为，平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则直线平面 B. 若，则直线平面 C. 若，则直线a与平面所成角的大小为 D. 若，则平面的相交所成的锐角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论. 【详解】若，则直线平面或在平面内，故选项A不正确； 若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面；故选项B正确； 直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值， 所以若，则直线a与平面所成角的大小为，故选项C正确； 两个平面夹角与他们法向量所成的不大于的角相等，故选项D正确， 故选：BCD 10. 对于直线与圆，下列说法不正确的是（  ） A. 直线可以不过第一象限 B. 圆与圆的公切线恰有4条 C. 直线与可能相切 D. 直线被截得的弦长最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】确定直线过定点，可判断A的真假；确定圆的圆心和半径，根据圆心距可判断圆与圆的位置关系，确定公切线的条数，判断B的真假；根据点与圆的位置关系，判断C的真假；求出直线被圆截得的最小弦长，确定D的真假. 【详解】对直线：， 由. 所以直线过定点； 对圆：，所以圆心，半径. 对A：因为点在第一象限，所以对任意，直线必过第一象限，故A错误； 对B：因为，且，所以圆与圆相交，两圆的公切线有两条，故B错误； 对C：因为，所以点在圆内，所以直线与圆必相交，故C错误； 对D：当直线与直线垂直时，直线被圆截得的弦最小. 因为：，，所以最短弦长为，故D正确. 故选：ABC 11. 已知正方体的棱长为1，M为侧面上的动点，N为侧面上的动点，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则M的轨迹长度为 B. 若，则到直线的距离的最小值为 C. 若，则，且直线平面 D. 若，则与平面所成角正弦的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】分析点轨迹，求出轨迹长度，可判断A的真假；根据直线与圆上的点的距离范围可判断B的真假；根据面面平行，可证线面平行，判断C的真假；根据线面角的概念求线面角正弦的最小值. 【详解】如图： 对A：因为，所以，即点的轨迹是在平面内， 以为圆心，以为半径的圆的，故M的轨迹长度为：，故A正确； 对B：由A知：点的轨迹是在平面内，以为圆心，以为半径的圆的一部分， 且点到直线的距离为，所以到直线的距离的最小值为，故B错误； 对C：根据正方体的性质，可知平面，又因为平面，， 所以平面，所以 平面； 又根据正方体的性质，平面平面，所以平面.故C正确； 对D：设到平面的距离为，则， 又，， 所以. 设与平面所成角为，则 又,所以，故D错误. 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何线面角求解方法： （1）作出辅助线，找到线面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积为__________． 【答案】6 【解析】 【分析】求解直线与坐标轴的交点，进而可得面积. 【详解】直线与y轴交于点，与x轴交于点，所以围成的三角形的面积为． 故答案为：6 13. 圆与圆交于，两点，则线段的垂直平分线的方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】线段的垂直平分线的方程即为两圆圆心所在直线的方程，求出两圆圆心坐标，即可求出直线方程. 【详解】圆圆心坐标为， 圆化成标准方程为，圆心坐标为， 两圆公共弦的垂直平分线恰为过两圆圆心的直线，由， 则直线的方程为，即. 故答案为：. 14. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为. 阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，进而求得直线的一个方向向量，再利用向量的夹角公式即可得解. 【详解】平面的方程为，可得平面的法向量为， 平面的法向量为的法向量为， 设直线的方向向量为，则，即， 令，则， 设直线与平面所成角，， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知直线过定点． （1）若直线与直线垂直，求直线的方程； （2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率可得l的斜率，再借助直线点斜式方程即可得解； （2）按直线l是否过原点分类讨论计算作答. 【小问1详解】 ， 所以直线的斜率为， 因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为2． 又因为直线过点， 所以直线的方程为，即． 【小问2详解】 直线过原点时，设直线的方程为， 因为直线过点，所以， 所以直线的方程为，即； 当直线不过原点时，因为直线l在两坐标轴截距相等， 所以设直线的方程为，即， 因为直线过点，所以， 所以直线的方程为． 综上，直线的方程为或． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，M是AD的中点，N是AB的中点． （1）求证：平面ADE； （2）求直线CM与平面DEN所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 由，知，， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，是的中点，所以， 又，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由已知线面关系，证明平面，有，又可证，可证得平面； （2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面，，以为坐标原点， 以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 故，，， 设平面的法向量， 则，令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知圆的圆心在轴上，且过点和 （1）求圆的方程； （2）直线和圆C交于A､B两点求弦长； （3）若实数满足圆的方程，求的最大值 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用圆心到圆上点的距离等于半径可得答案； （2）利用弦长公式的几何方法可得答案； （3）设点在圆上，设，即转化为，当直线与圆相切时可取最大值，再利用圆心到直线的距离等于半径可得答案. 【小问1详解】 设圆心，所以， 解得， 所以圆心的方程为； 【小问2详解】 圆心到直线的距离是， 所以； 【小问3详解】 设点在圆上，， 即，所以， 易知当直线与圆相切时可取最大最小值， 所以，整理得，解得， 所以的最大值为. 18. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是上的动点． （1）当为的中点时，求证：平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值的取值范围； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明: 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、，故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明可完成证明； （2）如图建立空间直角坐标系，由空间向量知识求得平面与平面的法向量， 即可得答案； （3）由（2），利用空间向量知识可得点到直线的距离与点到直线的距离，即可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，设. 有A、、、、、， 则有、. 设平面的法向量分别为， 则有，取，则、，即 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角的大小为，则， 又因为，函数在上单调递增， 所以当时，，当时 故平面与平面的夹角余弦值的取值范围为； 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则点到平面的距离为. 由，， 则点到直线的距离为， 所以， 所以. 【点睛】关键点睛：对于涉及动点的立体几何问题，常由题建立合适空间直角坐标系，再利用距离或向量加减法设出动点， 最后利用空间向量知识求解. 19. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍． （1）求点P的轨迹方程； （2）若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值； （3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）138； （3）存在点，使得为定值. 【解析】 【分析】（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得； （2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理，从而转化为线性规划问题处理； （3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解. 【小问1详解】 设点，由题意可得，即， 化简可得， 所以点P的轨迹方程为； 【小问2详解】 设，由(1)得点满足的方程， 又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设， 所以， 令，则，可视为直线即在y轴上的截距， 的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距， 所以，所以， 因此的最大值为； 【小问3详解】 存在点，使得为定值. 当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为， 由，消去，得， 设，，则，， 又，， 则 要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值； 当直线的斜率不存在时，，， 由可得，所以， 综上所述，存在点，使得为定值. 【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略 （1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解． （2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法： ①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题； ②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题； ③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $