精品解析：山西省长治市长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考 高二数学试题 满分：150分；时间：120分钟 一、单选题（每题5分：共40分.每题答案唯一） 1. 下列方程中表示圆心在直线 上，半径为 ，且过原点的圆的是 （ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与直线互相垂直，交点坐标为，则的值为（ ） A. 20 B. C. 0 D. 24 3. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 5. 已知点关于直线对称的点在圆：上，则（ ） A. 4 B. C. D. 6. 已知函数，关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在等腰中，，点为底边的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为120°，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆的圆心为，点是直线上的点，若该圆上存在点使得，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 二、多选题（每题6分：共18分.全选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 以下四个命题叙述正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是1 B. 直线和的交点为，且在直线上，则的值是 C. 设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是 D. 直线，若，则或2 10. 已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 若，则 D. 若，则的最大值大于 11. 如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成的角的正切值是 C. 三棱锥的外接球的表面积是 D. 该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍 三、填空题（每题5分：共15分.答案填写在答题卡对应位置上） 12. 对任意的实数，直线所过的定点为__________． 13. 设正方形的边长为4，动点在以为直径的上，如图，则的取值范围是______． 14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数的所有可能的值为________ 四、解答题（共5题：77分.应有必要的文字说明、演算和推理过程） 15. 已知圆经过点，，且圆恒被直线平分. （1）求圆的一般方程： （2）设，是圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程，并说明表示何曲线? 16. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. （1）证明： ; （2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 17. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 18. 如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． （1）证明：平面； （2）若，求二面角余弦的最小值． 19. 已知函数，在区间上有最大值4，最小值1，设． （1）求的值； （2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （3）方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考 高二数学试题 满分：150分；时间：120分钟 一、单选题（每题5分：共40分.每题答案唯一） 1. 下列方程中表示圆心在直线 上，半径为 ，且过原点的圆的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】假设圆的标准方程，根据题意列出方程求解圆心和半径即可. 【详解】因为圆心在上，所以设圆心为, 因为圆的半径为， 所以设圆的标准方程为, 因为该圆过原点， 所以， 解得, 所以圆心为或, 当圆心为时，圆的标准方程为，D对; 当圆心为时，圆的标准方程为. 故选：D. 2. 已知直线与直线互相垂直，交点坐标为，则的值为（ ） A. 20 B. C. 0 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线垂直可求出的值，将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，再将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，由此可得出的值. 【详解】已知直线的斜率为，直线的斜率为． 又两直线垂直，则，解得． ，即， 将交点代入直线的方程中，得． 将交点代入直线的方程中，得． 所以，． 故选：B． 3. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】前3局有2局甲获胜，最后一局甲胜， 故3:1获胜的概率是, 故选A. 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 5. 已知点关于直线对称的点在圆：上，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用点关于线对称列方程求得Q坐标，代入圆方程计算即可. 【详解】设，则，解得，. 因为在上，所以，解得，经检验，符合题意. 故选：B 6. 已知函数，关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用分段函数的解析式，作出的图象，将方程有4个不同的实数根，转化为方程必有一正一负两个根，即可得到，，再根据函数的性质计算可得； 【详解】解：因为，函数图象如下所示： 要使关于的方程有4个不同的实数根，即有4个不同的实数根， 令，，， 则或或， 因为方程必有一正一负两个根，所以， 且，，所以， 所以， 函数在上单调递增，当时，， 所以，即 故选：B 7. 在等腰中，，点为底边的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为120°，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二面角定义知，若分别为中点，连接，根据中位线性质有异面直线与所成角为或其补角，进而在应用余弦定理求线线角的余弦值. 【详解】 由题设知：，即，， 所以二面角的平面角， 若分别为中点，连接， 所以，，故异面直线与所成角，即为或其补角， 若，则，，故， 又，面，故面， 而面，故， 在中，，，故， 所以，在中. 故选：A 8. 已知圆的圆心为，点是直线上的点，若该圆上存在点使得，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：当且仅当过P的直线都是圆的切线时，两直线的夹角最大，此时CP=4，故圆心到直线的距离 考点：直线与圆的综合应用． 二、多选题（每题6分：共18分.全选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 以下四个命题叙述正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距是1 B. 直线和的交点为，且在直线上，则的值是 C. 设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是 D. 直线，若，则或2 【答案】BC 【解析】 【分析】求出直线的横截距判断A；解方程组求出判断B；求出点到直线的距离判断C；验证判断D. 【详解】对于A，直线在轴上的截距是，A错误； 对于B，由解得，即，则，解得，B正确； 对于C，依题意，，C正确； 对于D，当时，直线重合，D错误. 故选：BC 10. 已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 若，则 D. 若，则的最大值大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，，根据正弦函数的性质求出，再根据求出，即可求出解析式，即可判断ABC；令，利用三角恒等变换公式及辅助角公式判断D. 【详解】设，，则． 因为，， 所以，，， 所以，即，即． 因为，且在单调递增区间内，所以， 即，所以， 所以，则，故A正确； 函数的最小正周期，故B错误； 若，则， 所以 ， 又, 所以，故C正确； 当，时，， 令 ， 则， 所以的最大值为，大于，故D正确． 故选：ACD 11. 如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成的角的正切值是 C. 三棱锥的外接球的表面积是 D. 该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，证得平面，可判定A正确；由，得到直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在中，求得，可判定B正确；将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，求得外接球的半径，可判定C正确；根据平行四边形的性质，可判定D错误. 【详解】对于A中，因为，且，所以平面， 又因为平面，则平面平面，所以A正确； 对于B中，因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角， 设，在平行四边形中，与相交于点， 等腰直角三角形，，所以，可得， 所以， 又由，解得，所以B正确； 对于C中，由于两两垂直且相等，故可将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，半径是， 所以外接球的表面积是，所以C正确； 对于D中，在平行四边形中，可得， 可得 ， 所以， 同理可得：，， 相加得， 所以该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的2倍， 所以D错误； 故选：ABC. 三、填空题（每题5分：共15分.答案填写在答题卡对应位置上） 12. 对任意的实数，直线所过的定点为__________． 【答案】 【解析】 【分析】将方程化为，列方程求解即可. 【详解】原方程可变形为， 令，解得， 于是有对，都满足方程， 所以这些直线都经过同一定点，该定点的坐标为. 故答案为：. 13. 设正方形的边长为4，动点在以为直径的上，如图，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连结，根据极化恒等式求解即可. 【详解】取的中点，连结， 在内使用极化恒等式得 易知，故． 故答案为： 14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数的所有可能的值为________ 【答案】，， 【解析】 【分析】 化简得到，然后，根据情况，对进行分类讨论即可求解 【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由，看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等； 由， （1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线和 （2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等，注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时， 会作为增根被舍去；设点到的距离为， ①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为，此时，，符合； ②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为，此时，，符合； 综上，满足题意的实数为，，； 故答案为：，， 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于化简得到，将问题转化为，有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离相等，这是本题的解题关键，本题难度属于困难 四、解答题（共5题：77分.应有必要的文字说明、演算和推理过程） 15. 已知圆经过点，，且圆恒被直线平分. （1）求圆的一般方程： （2）设，是圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程，并说明表示何曲线? 【答案】（1） （2），的轨迹是一个圆 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出圆心和半径，即可求解； （2）画出图形，运用相关点法求解即可. 【小问1详解】 直线恒过点. 因为圆恒被直线平分，所以恒过圆心， 所以圆心坐标为，又圆经过点， 所以圆的半径，所以圆的方程为，即. 【小问2详解】 设，因为为线段的中点，所以， 因为点是圆上的动点，所以， 即， 所以的轨迹是一个圆. 16. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，. （1）证明： ; （2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 上一点，求点到平面 的距离. 【答案】（1）证明如下： 因为，， 所以，所以, 因为为直四棱柱， 所以, 因为，平面， 所以平面， 因为，所以平面， 因为平面，所以 （2） 【解析】 【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证. （2）建立空间直角坐标系，先由直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 因为，.设， 所以 所以, 设平面的一个法向量为 则， 令，则，所以 设直线 与平面 所成的角为， 则， 解得，所以 所以点到平面 的距离为 因为，所以 因为不在平面，所以平面， 因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为 故点M到平面 的距离. 17. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值； （2）利用，平方后求，结合余弦定理来处理. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可知：， 由，故， ∴ ∴， ∴，又， 所以； 【小问2详解】 根据数量积的定义，由，得， 又，在中由余弦定理得： ∵，∴， 所以 18. 如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． （1）证明：平面； （2）若，求二面角余弦的最小值． 【答案】（1） 证明：设中点为，连接， 为中位线，， 又平面，平面， 平面， 为梯形中位线，， 又平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面平面， 平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ，不妨设， ， 则， ∴， 则，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，则， ， 设二面角平面角为，由图可知为锐角， ， 时，二面角的余弦最小值为． 19. 已知函数，在区间上有最大值4，最小值1，设． （1）求的值； （2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围； （3）方程有三个不同的实数解，求实数k的取值范围 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合二次函数的图象与性质，列出方程组，即可求解； （2）由题意得到，根据转化为在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解； （3）化简得到，令，得到，根据题意转化为方程有两个根且，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数，可得对称轴为， 当时，在上为增函数，可得，即， 解得； 当时，在上为减函数，可得，即， 解得， 因为，所以. （2）由（1）可得，所以， 方程化为，所以， 令，则， 因为，可得，令， 当时，可得，所以，即实数的取值范围是. （3）方程，可化为， 可得且， 令，则方程化为， 方程有三个不同的实数解， 所以由的图象知， 方程有两个根且， 记，则或， 解得， 综上所述，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $