精品解析：福建省三明市第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷

福建省三明市三明第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷 一､单选题 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与直线平行，则的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 或 4. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若共面，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，直线，为上的动点.过点作的切线，切点为，当四边形面积最小时，直线的方程为（ ）. A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（ ） A. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 B. 不存在点，使得平面 C. 当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D. 若，那么点的轨迹长度为 8. 已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 二､多选题 9. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10. 直线与曲线恰有一个交点，则实数b可取下列哪些值（ ） A. B. C. 1 D. 11. 在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ） A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B. 的面积最大值为1 C. 若原点始终在动弦上，则不是定值 D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 三､填空题 12. 向量，，若，且，则的值为______. 13. 经过点且斜率为的直线与圆：相交于，两点，若，则的值为______. 14. 已知球内切于正四棱锥是球的一条直径，点为正四棱锥表面上的点，则的取值范围为__________. 四､解答题 15. 已知直线和直线的交点为． （1）求过点且与直线平行的直线方程； （2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点. （1）证明：平面平面； （2）求直线GC与平面PCD所成角的正弦值. 17. 如图所示中，分别为中点.将沿向平面上方翻折至右图所示的位置，使得.连接得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. （1）证明：平面； （2）求动点到线段的距离的取值范围. 18. 已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2. （1）求的方程； （2）设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为. ①求曲线的方程； ②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4． （1）求a的值； （2）当线段AB最短时，求直线l的方程； （3）问：满足条件的点P有几个？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省三明市三明第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷 一､单选题 1. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用倾斜角和斜率的关系求解即可. 【详解】易知的斜率为，显然倾斜角为. 故选：C 2. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解． 【详解】，，， 则． 故选：A． 3. 若直线与直线平行，则的值为（ ） A. 2 B. C. 2或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据列方程，解方程即可. 【详解】因为，所以，解得或， 当时，，，成立； 当时，，即，，即，成立， 所以或. 故选：C. 4. 如图，直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用向量法求解. 【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 则与所成角的余弦值为：. 5. 已知向量，若共面，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用共面的条件求出，再利用投影向量及模的定义计算即得. 【详解】因为共面，则存在实数，使得，即， 于是， 所以在上的投影向量的模为. 故选：B 6. 已知，直线，为上的动点.过点作的切线，切点为，当四边形面积最小时，直线的方程为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何性质可得当最小时四边形面积最小，求出四边形外接圆的方程后可求直线的方程. 【详解】由题意可知，. 故四边形的面积. 由圆得①， 圆心，半径，即. 要使四边形面积最小，即最小， 又，即求的最小值. 当直线与垂直时，最小. 直线的斜率，则方程为即. 联立得，即 . 中点，则四边形外接圆为②， 直线方程为①-②，即. 故选：C. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（ ） A. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 B. 不存在点，使得平面 C. 当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D. 若，那么点的轨迹长度为 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行与面面平行的判定定理与性质定理判断A；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用线面垂直的向量表示可判断B；利用空间向量法求得点到平面的距离关于的表达式，分类讨论的取值范围求得三棱锥的体积，从而判断C；利用勾股定理求得为定值，从而判断Q的轨迹，进而求其长度判断D. 【详解】选项A，分别取中点，连接， 由与，平行且相等得平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面， 所以平面平面， 当时，平面， 所以平面，即点轨迹是线段，故A正确； 选项B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 若平面，则， 所以存在，使得，则，解得， 因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故B正确； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时， 三棱锥的体积最大，又， 则到平面的距离为， 当时，，则当时，有最大值； 当时，，则当时，有最大值， 综上，当时，取得最大值1， 即与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，故C正确； 选项D，平面平面，所以， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是， 则其轨迹长度为，故D错误. 故选：D. 8. 已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线方程可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，即，可得，取，则，结合，可得，进而求解. 【详解】由已知过定点， 过定点， 因为，，所以，即， 所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，故圆心为，半径为3， 则的轨迹方程为，即，易知O、Q在该圆内， 又， 即， 取，则，又， 所以， 所以的最小值为. 故选：A. 二､多选题 9. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B，利用基底的概念可判定C，利用空间中四点共面的推论可判定D. 【详解】易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误； 易知，则，故B正确； 若不能作为基底， 则存在，使得， 整理得， 又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确； 由空间四点共面的推论可知：若，且时， 四点共面，所以D错误. 故选：BC 10. 直线与曲线恰有一个交点，则实数b可取下列哪些值（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先画直线与曲线图象，再结合题意判断实数b的取值范围即可解题. 【详解】解：曲线，整理得，， 画出直线与曲线的图象，如图， 直线与曲线恰有一个交点， 则 故选：AC. 【点睛】本题考查根据直线与半圆的交点个数求参数，是基础题. 11. 在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ） A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为 B. 的面积最大值为1 C. 若原点始终在动弦上，则不是定值 D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两圆位置关系列不等式求解实数的范围判断A，根据三角形面积结合正弦函数可求出面积最大值判断B，分类讨论，设直线方程，利用韦达定理结合数量积数量积坐标运算求解判断C，先根据矩形性质结合垂径定理得到点的轨迹，然后利用圆的周长公式求解判断D. 【详解】对于A，圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 当圆和圆存在公共点时，， 所以，解得，所以实数的取值范围为，正确； 对于B，的面积为， 当时，的面积有最大值为1，正确； 对于C，当弦垂直x轴时，，所以， 当弦不垂直x轴时，设弦所在直线为， 与圆联立得，， 设， 则，， 综上，恒为定值，错误； 对于D，设，OP中点，该点也是AB中点，且， 又，所以， 化简得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 其周长为长度为，正确. 故选：ABD 三､填空题 12. 向量，，若，且，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据可求出，再根据向量垂直即可求出，即可得出答案. 【详解】因为，， 所以，解得， 又因为，所以，解得， 所以. 故答案为：. 13. 经过点且斜率为的直线与圆：相交于，两点，若，则的值为______. 【答案】或 【解析】 【分析】利用勾股定理求出圆心到直线的距离，设出直线的方程利用点到直线的距离公式求出值. 【详解】由已知条件得 设直线的方程为， 圆：的圆心为，半径为， 由勾股定理得圆心到直线的距离为， 即圆心为到直线的距离为 ，解得或. 故答案为：或. 14. 已知球内切于正四棱锥是球的一条直径，点为正四棱锥表面上的点，则的取值范围为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】令是正四棱锥底面正方形中心，利用向量的数量积的运算律可得，根据的范围可求的取值范围. 【详解】令是正四棱锥底面正方形中心，则平面， 而，则，故， 显然球的球心在线段上，设球半径为， 则， 在中，，于是， 又是球的一条直径，则为半径， 因此， 而，则，， 所以的取值范围为. 故答案为： 四､解答题 15. 已知直线和直线的交点为． （1）求过点且与直线平行的直线方程； （2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程． 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】 利用平行（垂直）直线系设出待求直线，用待定系数法求直线方程. 【详解】解：联立解得，可知交点 （1）设与直线平行的直线方程为 把交点代入可得，∴ ∴所求的直线方程为： （2）设与直线垂直的直线方程为： ∵到的距离为，解得或 ∴直线的方程为：或 【点睛】解析几何中直线系方程的设法: (1)过定点的直线可设为； (2)与直线平行的直线可设为：； (3) 与直线垂直的直线可设为：. 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点. （1）证明：平面平面； （2）求直线GC与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接EC，设与AC相交于点O，如图， 因为，且，， 所以四边形为矩形， 所以O为的中点，又因为G为PB的中点， 所以OG为的中位线，即， 因为平面PEF，平面PEF， 所以平面PEF， 因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以， 因为平面PEF，平面PEF， 所以平面PEF， 因为平面GAC，平面GAC，， 所以平面平面GAC. （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行，再利用面面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD， 所以，，因为， 所以两两互相垂直， 以A为原点，所在的直线为x轴，y轴，z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，所以， 令，可得，，所以， 设直线与平面所成角为θ，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图所示中，分别为中点.将沿向平面上方翻折至右图所示的位置，使得.连接得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. （1）证明：平面； （2）求动点到线段的距离的取值范围. 【答案】（1） 因为折叠前为中点，，所以，折叠后， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，； 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则为中点， 所以，设平面的法向量为， 又，所以， 令，则，所以，所以，所以， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求解线面角的正弦； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，动点在线段上， 所以，即，即， 所以， 设点到线段的距离为，则，， ，令， 则，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点到线段的距离的取值范围为. 18. 已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2. （1）求的方程； （2）设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为. ①求曲线的方程； ②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）由条件求出圆心坐标，再结合弦长公式求出圆的半径，由此可得圆的方程； （2）①利用代点法求出点的轨迹方程，②在直线斜率存在条件下利用设而不求法求点的坐标，检验斜率不存在时该点是否也满足条件即可. 【小问1详解】 由题意可设圆的圆心的坐标为，圆的圆心在直线上， ，解得：，即圆心为， 圆心到直线的距离为，设圆的半径为r，弦长为， 由已知 所以，所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 设，则， 由得：，所以 D在圆上运动， 整理可得点T的轨迹方程为： 当直线轴时，轴平分， 当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为， 联立化简可得， 方程的判别式， 设，，， 若轴平分，则，所以， 又，， 所以， 所以， 所以 所以 解得， 当时，能使轴平分. 19. 如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4． （1）求a的值； （2）当线段AB最短时，求直线l的方程； （3）问：满足条件的点P有几个？请说明理由． 【答案】（1）a＝3； （2）3x+4y+15＝0； （3）2个，理由为： 因为， 所以设|AP|＝t，则|BP|＝3t(t＞0)， 所以|AB|＝4t， 所以 d2+(2t)2＝100 ①， (i)如图，当O1，O 在直线 AB 同侧时， t2＝|MP|2＝25﹣(d﹣3)2②， 由①②得d＝6 或 d＝2， 当d＝6 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆(x﹣3)2+(y﹣4)2＝36 的公切线， 此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个， d＝2 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆(x﹣3)2+(y﹣4)2＝4 的公切线， 此时两圆相外切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个， (ii)如图，当O1，O 在直线 AB 异侧时， t2＝|MP|2＝25﹣(d+3)2，③ 由①③可得d＝﹣6 或 d＝﹣2(舍)，满足条件的P点不存在， 综上，满足条件的点P共有4个． 附：当d＝6 时 ， 即|3x0+4y0﹣9|＝18， 由 解得P(﹣3，0)或 ， 当d＝2 时 ， 即|3x0+4y0﹣9|＝6， 由， 解得或 或 ( 舍去 )． 【解析】 【分析】(1)依题意计算 ，可得结果； (2)解法1(代数法)：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果； 解法2(几何法)：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解； (3)采用分类讨论，O1，O 在直线 AB 同侧或异侧，假设|AP|＝t，可得 d2+(2t)2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣(d﹣3)2 或 t2＝|MP|2＝25﹣(d+3)2计算即可判断． 【小问1详解】 当直线l过圆心点O1时， ， 解得a＝3(负值舍去)． 【小问2详解】 解法1(代数法)：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为 x0x+y0y＝9， 且 ， 所以圆心O1到直线l的距离 ， 记z＝3x0+4y0，则直线3x0+4y0﹣z＝0 与圆 有公共点， 所以圆心(0，0)到直线 3x+4y﹣z＝0 的距离 ，所以﹣15⩽z⩽15， 所以当z＝﹣15 时，dmax＝8，此时弦长 最短， 由，解得， 所以直线l 的方程为 3x+4y+15＝0． 解法2(几何法)：如图，过 O1 作 O1M⊥AB，则 M 为弦 AB 的中点，设 d＝|O1M|， 当|O1M|最长时，弦长|AB|最短， 因为 d⩽|O1P|⩽|OO1|+|OP|＝8， 当且仅当O1，O，P三点共线时，取得最大值， 此时 OO1⊥AB， 因为 ， 所以直线 OO1 的方程为 ， 由， 解得(P点在第 3 象限) 所以直线l的方程为3 x+4y+15＝0． 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系及其判定，涉及两圆的公切线问题，与圆有关的最值问题，要注意考虑到各种不同的情况，避免遗漏，又要注意检验取舍，仔细认真计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $