山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷

2024- -2025学年第一学期（10月）月考高二数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 1、 单选题（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，只有一项是符合题目要求的．） 1．已知正四面体的棱长为2，则（    ） A．-2 B．0 C．2 D．4 2．若直线与互相垂直，则的值为（    ） A． B． C．或 D．或 3．两圆和的位置关系是(　　) A．外切 B．相离 C．内切 D．相交 4．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．直线（）与圆的位置关系为（    ） A．相交 B．相切 C．相离 D．与的值有关 6．已知实数满足，则的最小值是（    ） A． B． C． D．1 7．已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，， E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（  ）    A． B． C． D． 8．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（    ） A．圆和圆关于直线对称 B．圆和圆的公共弦长为 C．的取值范围为 D．若为直线上的动点，则的最小值为 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9．已知向量,,，则下列结论正确的是（    ） A．与垂直 B．与共线 C．与所成角为锐角 D．，，，可作为空间向量的一组基底 10．在四面体P－ABC中，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若Q为的重心，则 C．若，，则 D．若四面体P－ABC的棱长都为a，点M，N分别为PA，BC的中点，则 11．下列说法正确的有（    ） A．直线在轴上的截距为2 B．过点且与直线垂直的直线方程是 C．两条平行直线与之间的距离为 D．经过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为 三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．） 12．直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程为 ． 13．已知直线被圆截得的弦长为，则 ． 14．在正三棱柱中，，，D，E分别为棱，的中点，F是线段上的一点，且，则点到平面的距离为 ． 四、解答题（本大题共5小题， 共 77 分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15（13分）．如图，在正方体中，，，，点M，N分别是，的中点．    (1)试用，，表示． (2)求证：平面． 16（15分）．平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，. (1)求边所在的直线方程； (2)求的面积. 17（15分）．在三棱柱中，平面，为的中点，是边长为1的等边三角形. （1）证明：； （2）若，求二面角的大小. 18（17分）．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，是的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）已知，求与平面所成角的正弦值． 19（17分）．已知直线l：与圆C：相切. (1)求实数a的值； (2)已知直线m：与圆C相交于A，B两点，若的面积为2，求直线m的方程. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B分析：由立体几何知识证明，从而可得数量积． 解析：如图，取中点，连接，则，，∴平面，于是有，∴．故选：B. 点睛：本题考查空间向量的数量积，证明两条直线垂直是解题关键． 2．D分析：根据两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值. 解析：因为，则，即，解得或.故选：D. 3．A分析：把圆的方程化为标准方程，分别找出两圆的圆心坐标和半径R与r，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，由d=R+r得到两圆的位置关系为外切． 解析：由圆C1：，化为x2+（y﹣4）2＝4，圆心C1（0，4），R＝2 圆C2：（x﹣3）2+y2＝9，圆心C2（3，0），r＝3， ∴两圆心间的距离d5=2+3，∴圆C1和圆C2的位置关系是外切．故选A． 点睛：本题题考查了圆与圆的位置关系及其判定，以及两点间的距离公式．圆与圆位置关系的判定方法为：0≤d＜R﹣r，两圆内含；d＝R﹣r，两圆内切；R﹣r＜d＜R+r时，两圆相交；d＝R+r时，两圆外切；d＞R+r时，两圆相离（d为两圆心间的距离，R和r分别为两圆的半径）． 4．C分析：根据题意，建立空间直角坐标系，写出直线方向向量，利用夹角公式，可得答案. 解析： 如图建立空间直角坐标系，设，则，，，， 由分别为的中点，则，， 取，，设异面直线与的夹角为， .故选：C. 5．D分析：先判断出直线过定点，再判断点在圆外，即可判断出直线与圆位置关系与的值有关. 解析：因为直线：可化为：， 所以对于任意实数，直线过定点． 因为，所以点在圆外， 所以直线与圆位置关系与的值有关. 故选：D 6．B分析：将看作圆上一点与点连线的斜率，利用直线与圆相切即可求解. 解析：可化为，表示圆心为，半径为的圆， 的几何意义是圆上一点与点连线的斜率，设，则， 当此直线与圆相切时，斜率最大或最小，由，整理得， 解得或，故的最小值为.故选：B. 7．D分析：依题意分别为基底表示出，求出，，再结合数量积运算律求出，根据向量夹角计算公式可得结果. 解析：根据题意以为基底表示出可得： ，， 又棱两两的夹角均为，不妨取，则； 所以； ； 又 ； 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为.故选：D 8．D分析：求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D. 解析：对于A，和圆， 圆心和半径分别是，则两圆心中点为， 若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线， 但两圆心中点不在直线上，故A错误； 对于B，到直线的距离， 故公共弦长为，B错误； 对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小， 当四点共线时，的值最大为， 故的取值范围为，C错误； 对于D，如图，设关于直线对称点为，    则解得即关于直线对称点为， 连接交直线于点，此时最小， ， 即的最小值为，D正确. 故选：D. 9．BC分析：对A：计算出即可得；对B：由向量共线定理计算即可得；对C：计算并判断与是否共线即可得；对D：借助空间向量基本定理即可得. 解析：对A：，故与不垂直，故A错误； 对B：由、，有，故与共线，故B正确； 对C：，且与不共线，故与所成角为锐角，故C正确； 对D：由与共线，故，，不可作为空间向量的一组基底，故D错误.故选：BC. 10．BC分析：根据立体几何的向量运算法则、重心的向量表示法则以及向量的模值计算进行逐项判断即可. 解析：对于A：∵，∴， ∴，∴，，即，故A错误； 对于B：若Q为的重心，则， ∴，故B正确； 对于C：∵，， ∴ ，故C正确； 对于D：∵， ∴， ∴ ，∴．故D错误．故选：BC．    11．BC分析：结合各个选项所给条件，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果. 解析：对于选项A，因为，令，得到，所以直线在轴上的截距为，故选项A错误， 对于选项B，因为直线的斜率为， 所以过点且与直线垂直的直线方程是，即，故选项B正确， 对于选项C，由得到，所以两平行线间的距离，故选项C正确， 对于选项D，当两坐标轴上截距均为时，直线方程为，所以选项D错误，故选：BC. 12． 分析：设直线的方程为，代入点的坐标，求出，即可得解. 解析：依题意设直线的方程为，所以， 解得，所以直线的方程为.故答案为： 13．或 分析：先用几何法求出圆心到直线的距离，再结合点到直线距离公式求参数的值. 解析：圆的方程可化为：，所以圆的圆心是，半径为. 又弦长为，所以圆心到直线的距离为：. 由，所以或.故答案为：或. 14．/ 分析：根据题意建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求出平面的法向量与，再利用空间向量法即可求得点到平面的距离. 解析：记的中点为，连结，过作，如图， 根据题意，易知两两垂直，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则 故，，， 因为，所以， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，故，又， 所以点到平面的距离为.故答案为：. . 15．分析：（1）根据点M，N的位置用基底表示向量； （2）证明向量与平面中的向量共线，即可证明平面． 解析：（1）   因为，所以，同理，， 所以； （2）证明：因为，所以，即， 因为平面，平面，所以平面． 16．分析：（1）由B，C两点的坐标，得直线的两点式方程，化简得一般式方程； （2）用两点间距离公式求B，C两点间的距离，计算点A到直线BC的距离可得三角形的高，得三角形的面积. 解析：（1）因为，，所以BC所在的直线方程为，即. （2）B，C两点间的距离为， 点A到直线BC的距离， 所以的面积为. 17．分析：（1）由已知易得，，然后利用线面垂直判定定理证得面，进而证得结论； （2）建立空间直角坐标系，写出个点的坐标，进而求得有关向量坐标，求得二面角两个平面的法向量，进而求解. 解析：（1）连接，∵是边长为1的等边三角形，且为的中点，∴，∴ ∵面，∴面，又面，∴， ∵，面，又面，∴. （2）以为原点建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，. 分设平面的法向量为， 则∴可取， 同理可求得平面的一个法向量为. ，且二面角为锐角， ∴二面角的大小为. 点睛：本题考查线面垂直的判定与证明，考查二面角问题，建立空间坐标系是求解二面角问题的有效方法. 18．分析：（1）连接，设，连接，证得，结合和，证得，利用面面垂直的性质定理，证得平面，进而得到平面． （2）以为坐标原点，空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 解析：（1）如图所示，连接，设，连接， 由四边形是正方形，可得，是的中点，是的中点， 因为是的中点，可得 又由，，，所以，可得， 又因为，，所以，所以， 因为是的中点，所以． 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面． （2）以为坐标原点，向量所在的直线分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，． 可得，，． 设平面的法向量为， 则，取，可得，，所以， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 点睛：方法技巧：解决与线面角有关的问题的方法 ①几何法：根据线面角的定义，将线面角转化为斜线与斜线在平面内的射影所成的角，通过解三角形求解，解题步骤为“一找、二作、三证、四解”． ②向量法：若直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，则． 19．分析：（1）由圆心到直线的距离等于半径可求得参数值； （2）由三角形面积求得圆心到直线的距离，然后再由圆心到直线的距离公式求得得直线方程． 解析：（1）将圆C：化为标准方程， 得，故圆心，半径为. 因为直线l：与圆C相切，所以， 解得，所以圆C的标准方程为. （2）设圆心C到直线m的距离为d. 则，所以，解得. 故，解得或. 所以直线m的方程为或. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$