精品解析：安徽省县中联盟2024-2025学年高二上学期10月月考数学B卷

2024-2025学年安徽省安徽省县中联盟高二上学期10月月考数学B卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆与圆，则与的位置关系为（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 3. 已知向量，若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 两平行直线与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知，，是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点为平面外一点，且，，若，则（ ） A. B. C. 6 D. 6. 已知曲线，过上任意一点向轴引垂线，垂足为，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 过作与圆相切的两条直线，切点分别为，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 8. 在四面体中，平面，，点分别为棱上的点，且，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知椭圆的两个焦点分别为，，P是C上任意一点，则（ ） A. 长轴长为6 B. 两个焦点的坐标分别为， C. 的最大值是5 D. 的周长为12 10. 设，直线的方程为，则（ ） A. 直线过定点 B. 若直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为 C. 直线与圆相交 D. 点到直线的最大距离为 11. 在坐标系中，x，y，z轴两两之间的夹角均为，向量，，分别是与x，y，z轴的正方向同向的单位向量.空间向量，记，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则三棱锥的体积为 D. 若，，且，则，夹角的余弦值的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则__________. 13. 已知经过点的直线的倾斜角是直线的倾斜角的3倍，则直线的方程为______． 14. 设，分别为椭圆的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆的离心率为______. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知三点，记的外接圆为圆. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆交于两点，求的面积. 16. 已知直线过点，且与轴，轴分别交于点． （1）当时，求的方程； （2）若，求当取最小值时，的方程． 17. 如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 18. 已知椭圆经过点与点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于异于的，两点，且. ①证明：直线过定点； ②求的面积的最大值. 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）求经过的直线的点方向式方程； （2）已知平面，平面，平面，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面的夹角大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年安徽省安徽省县中联盟高二上学期10月月考数学B卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线的倾斜角与斜率k的关系，可以求出的值． 【详解】设直线的倾斜角为，且， 将直线方程化为， 直线的斜率，故. 故选：A 2. 已知圆与圆，则与的位置关系为（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合圆心距与半径的关系，即可求解． 【详解】易知圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 所以，所以与外离. 故选：D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 解得： 故选：B. 4. 两平行直线与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行可得，即可根据平行线间距离公式求解. 【详解】由于与平行，故，解得， 故两直线为，， 故距离为， 故选：C 5. 如图，已知，，是边长为1的小正方形网格上不共线的三个格点，点为平面外一点，且，，若，则（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据条件可得，然后采用先平方再开方的方法结合空间向量的数量积运算求解出结果. 【详解】由图可知，且， 所以 ， 所以， 故选：D. 6. 已知曲线，过上任意一点向轴引垂线，垂足为，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，则，然后利用，得到点，然后代入即可求解. 【详解】设，，，则， 由题意可知，即， 将点代入， 得，即 故选：D. 7. 过作与圆相切的两条直线，切点分别为，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】先求圆的标准方程，结合同角三角函数及余弦二倍角公式即可求解. 【详解】 圆化为标准方程， 则圆心，半径， 由题意知， 解得，负值舍去， 在中，，且，所以，解得 故选：A 8. 在四面体中，平面，，点分别为棱上的点，且，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以，，为空间向量的基底，表示出和，利用空间向量的数量积，求异面直线的夹角. 【详解】如图： 因为，所以， 则， 又，所以， 则， 又平面，平面，所以，， 即， 又，所以 所以 ， ，， 所以， 则直线与直线夹角的余弦值为． 故选：A 【点睛】方法点睛：以，，为空间向量的基底，表示出和，利用空间向量的数量积，求异面直线的夹角. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知椭圆的两个焦点分别为，，P是C上任意一点，则（ ） A. 长轴长为6 B. 两个焦点的坐标分别为， C. 的最大值是5 D. 的周长为12 【答案】AC 【解析】 【分析】先把椭圆C方程化为，然后结合椭圆定义和性质等一一判断即可. 【详解】椭圆化为， 于是，，所以长轴长为，A正确； 由方程可知，椭圆C的两个焦点在y轴上， 又，所以两个焦点的坐标分别为，，B错误; 由椭圆的性质知的最大值为，C正确; 根据椭圆的定义知的周长，D错误. 故选：AC. 10. 设，直线的方程为，则（ ） A. 直线过定点 B. 若直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为 C. 直线与圆相交 D. 点到直线的最大距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将直线方程转化为，由解方程组即可；对于B，令，，得，进一步即可得y轴上的截距；对于C，判断由A的定点在圆内，从而直线与圆相交；对于D，当点与点的连线与垂直时距离最大，利用两点距离公式即可. 【详解】解：对于A项，直线的方程为化为， 由，解得，所以直线恒过定点，A错误； 对于B项，当直线在x轴上的截距为时，令，则，解得， 此时直线l的方程为，则在轴上的截距为，B正确； 对于C项，由A项可知直线过点，因为， 所以点在圆的内部，故直线与圆相交，C正确； 对于D项，当点与点的连线与垂直时，点到直线的距离最大， 且该最大距离为，D正确. 故选：BCD. 11. 在坐标系中，x，y，z轴两两之间的夹角均为，向量，，分别是与x，y，z轴的正方向同向的单位向量.空间向量，记，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则三棱锥的体积为 D. 若，，且，则，夹角的余弦值的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】理解仿射坐标的概念，利用空间向量的共线定理以及数量积运算即可. 【详解】对于A，由，，得，， 所以，则，A正确; 对于B， ，B错误; 对于C，由题意知三棱锥是边长为2的正四面体，则该四面体的高为， 所以三棱锥的体积为，C正确; 对于D，由，得，，，， ，， 所以， 则，夹角的余弦值的最小值为，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得，设，从而得解. 【详解】因为，所以，则存在实数，使， 即，解得，所以 故答案为： 13. 已知经过点的直线的倾斜角是直线的倾斜角的3倍，则直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的斜率和倾斜角，得出直线的斜率，用点斜式写出直线方程，再化为一般式． 【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 所以， 故， 所以过点的直线的方程为， 即， 故答案为：． 14. 设，分别为椭圆的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，将直线和椭圆联立消元得，由可得，再结合化简可得. 【详解】由题意，直线过且斜率为，所以直线为：， 与椭圆：联立消去，得， 设，则， 因为，所以，可得， 代入上式得，消去并化简整理得：， 将代入化简得：，解得， 因此，该双曲线的离心率. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知三点，记的外接圆为圆. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆交于两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆的一般方程为，将三点代入得到方程组，求出，即可得到圆的方程； （2）先求出圆心到直线的距离，再利用勾股定理求出弦长，即可求出的面积. 【小问1详解】 设圆的一般方程为， 将三点代入上式可得，， 解得， 所以圆的一般方程为 将其化为标准方程为； 【小问2详解】 由（1）可知，圆心，半径. 则圆心到直线的距离为， 所以， 故的面积为. 16. 已知直线过点，且与轴，轴分别交于点． （1）当时，求的方程； （2）若，求当取最小值时，的方程． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）分和两种情况，根据直线的两点式方程以及截距式方程运算求解； （2）根据题意结合直线的截距式方程可得，再利用乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【小问1详解】 若，则，即过点， 且直线过点，则的方程为，即； 若，则，设的方程为，即， 将代入方程，得，解得， 所以的方程为，即； 综上所述：直线的方程为或． 【小问2详解】 设直线的方程为，且， 由直线经过点得， 则， 当且仅当，即时取得等号， 所以的方程为，即． 17. 如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点． （1）证明：； （2）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1）证明:因为， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量再代入空间线面角的公式求解即可； （3）设，求出平面和平面的一个法向量代入空间二面角公式求出即可； 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为，所以，则． 由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 当点为棱的中点时，． 设平面的一个法向量， 则即令，解得，故， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）可知， 设，则， 设平面的一个法向量， 则即令，解得， 故， 设平面的一个法向量为， 由得令，解得，故， 所以， 即，整理，得，解得或（舍去）． 故． 18. 已知椭圆经过点与点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于异于的，两点，且. ①证明：直线过定点； ②求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）①证明：由（1）知，椭圆的方程为， 设，不妨令在轴上方， 则， 假设直线斜率不存在，设直线方程为， 联立方程，可得， 所以解得或（舍去）， 所以直线方程为； 假设斜率存在，设直线方程为， 联立方程，得， 所以，， 由， 可得， 解得或， 所以直线方程为或， 所以直线恒过或（舍去）， 综上，直线恒过定点. ② 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可； （2）①设直线方程，联立方程组，利用条件，结合韦达定理，表示出直线方程即可得到结果；②由①的结论，设直线方程为，联立方程组，结合韦达定理，表示出的面积，结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 设椭圆为， 因为椭圆经过点与点， 所以，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由上述可知，当直线斜率不存在时，， 设定点为点，则， 所以； 当直线斜率存在时，，则设方程为， 联立得， 则，， 所以， 设，则， 所以， 由函数在上单调递增知， 所以，当且仅当，即时取等， 故的面积的最大值为. 【点睛】 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）求经过的直线的点方向式方程； （2）已知平面，平面，平面，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面的夹角大小． 【答案】（1） （2） 由平面可知，平面的法向量为， 由平面可知，平面的法向量为， 设交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为， 因为，即， 且，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）先求直线的方向向量，结合题意即可得直线方程； （2）根据题意可得平面、、的法向量，进而可求交线的方向向量，利用空间向量判断线面关系； （3）根据题意可得平面、的法向量，进而可求交线的方向向量，根据线面关系可得，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 由得，直线的方向向量为， 故直线的点方向式方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量， 则，令，解得，可得， 由平面可知，平面法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为， 因为，解得，即， 则， 故平面与平面夹角的大小为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $