精品解析：广西壮族自治区百色市田阳区田阳高中等校2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题

全国名校第一次月考试卷 数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：选择性必修第一册（第一章～第二章）． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点间斜率公式求解即可； 【详解】解析：，又因为 所以， 故选：B. 2. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案. 【详解】由题意得：， 故选：A. 3. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解. 【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意， 又因为直线过点，所以直线的斜率为， 所以直线方程为，即， 当直线不过原点时，设直线方程为， 因为点在直线上， 所以，解得， 所以直线方程为， 故所求直线方程为或.故D项正确. 故选：D 4. 已知，，且，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x、y的方程组，解之即可求得x、y的值. 【详解】因为，， 所以， 由，可得，解之得 故选：B 5. 在空间直角坐标系中，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得求出，从而可求出的坐标，进而可求出其模 【详解】因为，，且， 所以，得， 所以，所以， 所以， 故选：B 6. 直线与分别与圆交于、和、，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，设点到弦、的距离分别为、，，再由基本不等式求解即可. 【详解】显然，且两直线同时过定点，点在圆内， 设点到弦、的距离分别为、，则， ， 四边形面积 故选：D. 7. 已知圆C：，若点P在直线上运动，过点P作圆C的两条切线，，切点分别为A，B，则直线过定点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出的圆心和半径，由几何关系得到四点共圆，设，得到的圆的方程，与相减后得到直线的方程，求出直线过定点坐标. 【详解】圆C：①的圆心为，半径为2， 过点P作圆C的两条切线，，切点分别为A，B，故四点共圆， 其中的中点为该圆心，为直径， 设，则的中点为， ， 故过的圆的方程为， 变形得到②， 由①②相减可得直线的方程，即， 整理得， 令，解得， 故直线过定点坐标. 故选：D 8. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最小值为 D. 当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设，可推出矛盾判断B；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断C，D. 【详解】对于A，以C为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，设， 则， 则， 所以当E，F运动时，故存在点E，F使得，A错误； 对于B，若，则四点共面，与与是异面直线矛盾，B错误； 对于C，设平面的法向量为，又， 故，令，则， 平面的法向量可取为， 故， 因为，且函数在上单调递降，所以， 当且仅当时，取到最大值， 设二面角的平面角为，则最大值为， 即二面角的最小值为，C正确； 对于D，连接，平面即为平面,平面即为平面, 平面的法向量可取为, 设平面的法向量为，又， 故，令，则， 故， 由图知二面角为锐角， 则二面角的余弦值为定值，D错误， 故选：C 【点睛】方法点睛：涉及到空间角的计算问题，一般方法是建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合向量的夹角公式进行求解. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）． A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据空间中线面关系及面面关系的向量表示，逐项判断即可. 【详解】对于，故错误； 对于或,故错误； 对于,,故正确； 对于,,故正确. 故选： 10. 圆C：，点为圆C上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最大值为9 D. 无最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】设，则，利用直线与圆有公共点可求出k的最值，求得P到原点的距离，可求的最大值． 【详解】圆C：的圆心为，半径为， 设，则，因P在圆上，所以， 解得，故的取值范围是，故A正确，D错误； 因为的几何意义为P点到原点距离的平方， 又P到原点的距离的取值范围为， 所以的取值范置为，故的最大值为9，故B错误，C正确． 故选：AC． 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【解析】 【详解】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案． 【分析】因为平面，四边形为正方形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、， 设，，其中， 所以，所以，A选项正确． 点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确． ，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 要使平面，平面， 则， 解得，所以存在点，使平面，B选项正确； 若直线与直线所成角为， 则， 整理可得，，方程无解，所以C选项错误． 故选：ABD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据即可求解. 【详解】因为，所以, 因为，所以, 即，解得. 故答案为:2. 13. 已知直线：与圆交于两点，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用圆的弦长公式，准确计算，即可求解. 【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为， 又由圆心到直线的距离为， 根据圆的弦长公式，可得. 故答案为：. 14. 在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】建系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 由题意可得：平面的法向量， 则， 由图形可知：二面角为钝角，所以其余弦值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线，直线． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用直线平行的判定列方程求参数值，需要验证所得参数是否符合要求. （2）利用直线垂直的判定列方程求参数值即可. 【小问1详解】 由，则，即， 所以或， 当，，，两线重合，不合题意； 当，，，符合题意； 综上，. 【小问2详解】 由，则，即， 所以，即或. 16. 已知为空间的一个基底，且，． （1）判断、、、四点是否共面； （2）能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 【答案】（1）、、、四点不共面，理由见解析； （2）为空间的一组基底， ，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用反证法可判断不共面，故得四点不共面； （2）利用反证法可判断为空间的一组基底，利用待定系数法可求的表示形式. 【小问1详解】 ， 设，则， 因为为空间的一个基底，故，该方程无解， 故不共面，所以、、、四点不共面， 【小问2详解】 设，则， 因为为空间的一个基底，故，无解， 故不共面，故为空间的一组基底. 设，则： ， 因为为空间的一个基底，故， 故，故. 17. 已知圆，直线． （1）判断并证明直线l与圆C的位置关系； （2）设直线l与圆C交于A，B两点，若点A，B分圆周得两段弧长之比为，求直线l的方程． 【答案】（1）直线与圆相交，证明见解析； （2）直线的方程为或. 【解析】 【分析】（1）由题可得，由得直线恒过定点， 再由定点与圆的位置关系可得直线与圆的位置关系； （2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解. 【小问1详解】 因为直线的方程为， 所以， 由得，， 所以直线恒过定点， 因为， 所以点在圆内，故直线与圆相交； 【小问2详解】 因为圆的方程为， 所以点的坐标为，半径为2， 因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故, 所以，故圆心到直线的距离， 直线斜率不存在时，直线的方程为， 因为点到直线的距离为1， 所以直线满足条件，即直线的方程可能为， 当直线斜率存在时，设直线方程为， 则圆心到直线的距离，解得， 所以直线的方程为， 故直线的方程为或. 18. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且． （1）证明:平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【解析】 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为， 则，整理得，解得(舍去)． 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 19. 已知直线，圆. （1）证明：直线l与圆C相交； （2）设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； （3）在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 【答案】（1）证明：直线过定点，代入得：，故在圆内，故直线l与圆C相交； （2）； （3）是,点Q恒在直线上 【解析】 【分析】（1）求出直线过定点，得到在圆内部，故证明直线l与圆C相交；（2）设出点，利用垂直得到等量关系，整理后即为轨迹方程；（3）利用Q、A、B、C四点共圆，得到此圆的方程，联立，求出相交弦的方程，即直线的方程，根据直线过的定点，得到，从而得到点Q恒在直线上. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 圆的圆心为，设点，由垂径定理得：，即，化简得：，点M的轨迹方程为： 【小问3详解】 设点，由题意得：Q、A、B、C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程联立，消去二次项得：，即为直线的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上. 【点睛】本题的第三问是稍有难度的，处理方法是根据四点共圆，直径的端点坐标，求出此圆的方程，与曲线联立后得到相交弦的方程，是处理此类问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国名校第一次月考试卷 数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：选择性必修第一册（第一章～第二章）． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 已知，，且，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 在空间直角坐标系中，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 直线与分别与圆交于、和、，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. C. 10 D. 15 7. 已知圆C：，若点P在直线上运动，过点P作圆C的两条切线，，切点分别为A，B，则直线过定点坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边），且. 下列说法正确的是（ ） A. 当E，F运动时，存在点E，F使得 B. 当E，F运动时，存在点E，F使得 C. 当E运动时，二面角的最小值为 D. 当E，F运动时，二面角的余弦值为定值 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）． A. B. C. D. 10. 圆C：，点为圆C上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最大值为9 D. 无最大值 11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则________. 13. 已知直线：与圆交于两点，则____________. 14. 在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是_________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知直线，直线． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值． 16. 已知为空间的一个基底，且，． （1）判断、、、四点是否共面； （2）能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 17. 已知圆，直线． （1）判断并证明直线l与圆C的位置关系； （2）设直线l与圆C交于A，B两点，若点A，B分圆周得两段弧长之比为，求直线l的方程． 18. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且． （1）证明:平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知直线，圆. （1）证明：直线l与圆C相交； （2）设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； （3）在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $