学易金卷：高二数学上学期第一次月考01（全国通用，人教A版2019选择性必修第一册空间向量与立体几何+直线和圆的方程）

数学 第 1 页（共 6 页） 数学 第 2 页（共 6 页） 数学 第 3 页（共 6 页） 学 校 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 班 级 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 准 考 证 号 __ __ __ __ __ __ __ __ __ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 密 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 封 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 线 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025-2026 学年高二数学上学期第一次月考卷 01 答题卡 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 一、选择题（每小题 5 分，共 40 分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分，共 18 分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题 5 分，共 15 分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答 题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出 区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题 无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 16．（15 分） 数学 第 4 页（共 6 页） 数学 第 5 页（共 6 页） 数学 第 6 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17 分） 19．（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025-2026学年高二数学上学期第一次月考卷01 参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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 2 3 4 5 6 7 8 D A D A D B C C 二、选择题：本题共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分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AD CD BD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14．②③ 四、解答题：本题共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） 【解析】（1）由可得， 当时，解得， 故直线恒过定点，（2分） 所以圆心到切线的距离， 即圆的半径为2,（4分） 所以圆的方程为：，（5分） 故圆的一般方程为（6分） （2）点到圆心的距离，故点在圆外， 如图， 过点的直线与圆相交时斜率存在，故设过点的直线方程为，（8分） 代入圆的方程可得， 当时，（9分） 设，， 则，（10分） 所以 . 即为定值13.（13分） 16．（15分） 【解析】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得，（1分） 又平面，则平面， 而平面，于是，（2分） 由余弦定理得， 所以，得，（5分） 则，又平面平面， 所以平面.（7分） （2）以，所在直线为，轴，过点作平面垂直的线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 令，则，，， ，，故，，（8分） 设平面的法向量，所以， 设，则，，所以，（10分） 设平面CPD的法向量为，所以， 设，则，，所以，（12分） 因为二面角的正弦值为，则余弦值为，（13分） 又二面角为锐角，所以，（15分） 解得，所以.（17分） 17．（15分） 【解析】（1）设，则由可得，（2分） 即， 则点P的轨迹方程为：；（4分） （2）易知，直线l的斜率不存在时，直线与圆相离，不满足题意； 故直线l存在斜率，设直线l为，（5分） 则点到直线l的距离为（6分） 则（8分） 则 所以或 直线l为或（9分） （3）设，则以为直径的圆的圆心为， 记，半径为， 则此圆的方程为，（12分） 即，记此圆为圆P. 因为直线为圆C与圆P的相交弦所在直线， 所以两圆方程作差可得直线FG的方程为， 即.（14分） 由，解得 所以直线恒过定点，定点坐标为.（15分） 18．（17分） 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，则， 所以，所以，所以，（2分） 又因为所以， 则， 又因为，所以，（3分） 又因为， 平面，所以平面，（4分） 又因为平面，所以平面平面；（5分） （2）①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以，（7分） ， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以，（9分） 因为直线与平面所成角为30°， 所以（9分） 则，化简可得：， 解得：或（舍去）.（10分） ②由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以，（11分） ，所以， 即，所以， 所以，（12分） 三棱锥体积为： ，（13分） 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， 设，设， 因为， 所以，所以，（15分） 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：，（16分） 所以，所以.（17分） 19．（17分） 【解析】（1）由直线的点方向式方程为 可知直线的一个方向向量坐标为（1分） 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为，（2分） 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为．（4分） （2）由平面可知平面的一个法向量为，（5分） 由平面可知平面的一个法向量为，（6分） 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得，（7分） 由平面 可知平面的一个法向量为，（8分） 因为，即，且，所以．（9分） （3）因平面经过三点，可得，（10分） 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得，（11分） 由平面可知平面的一个法向量为，（12分） 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得，（14分） 由平面可知平面的一个法向量为，（15分） 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ．（17分） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025-2026学年高二数学上学期第一次月考卷01 答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( ………………○……………… 外 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( ………………○……… ……… 内 ………………○……… ……… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( 此卷只装订 不密封 ) ( ………………○……………… 内 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… ………………○……………… 外 ………………○……………… 装 ………………○……………… 订 ………………○……………… 线 ………………○……………… … 学校： _____________ _ 姓名： __________ ___ 班级： _______________ 考号： ______________________ ) 2025-2026学年高二数学上学期第一次月考卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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．若构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（    ） A． B． C． D． 2．“”是“直线与直线平行”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要 3．若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的倍，则（    ） A． B． C． D． 4．平行六面体，其中，，，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．已知直线：，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（    ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 7．在长方体中，分别是棱，的中点，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（    ） A． B． C． D． 第7题图 第8题图 第9题图 二、选择题：本题共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分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）． A．与不可能平行 B．与始终异面 C．与平面可能垂直 D．与始终垂直 10．1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B．为等边三角形 C．欧拉线方程为 D．外接圆的方程为 11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（    ） A．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积为定值 C．若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 D．若与平面所成的角为，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知空间向量且与互相平行，则实数的值 . 13．在平面直角坐标系中，圆经过点，且圆心在直线上，若直线被圆截得弦长为，则实数的值为 14．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则正确结论的序号为 ①当时，平面；②当时，取得最小值，其值为； ③的最小值为；④当平面时， 四、解答题：本题共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） 已知直线恒过定点，且以为圆心的圆与直线相切. (1)求圆的一般方程； (2)设过点的直线与圆交于，两点，判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD，． (1)若，证明：平面PBC. (2)若，且二面角的正弦值为，求AD的值. 17．（15分） 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C. (1)求圆C的方程； (2)过点的直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程； (3)若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由. 18．（17分） 如图，四面体中，． (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求 的值． 19．（17分） 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)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，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，求平面与平面夹角的余弦值． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025-2026学年高二数学上学期第一次月考卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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．若构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（    ） A． B． C． D． 2．“”是“直线与直线平行”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要 3．若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的倍，则（    ） A． B． C． D． 4．平行六面体，其中，，，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．已知直线：，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（    ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 7．在长方体中，分别是棱，的中点，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共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分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）． A．与不可能平行 B．与始终异面 C．与平面可能垂直 D．与始终垂直 10．1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B．为等边三角形 C．欧拉线方程为 D．外接圆的方程为 11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（    ） A．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积为定值 C．若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 D．若与平面所成的角为，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知空间向量且与互相平行，则实数的值 . 13．在平面直角坐标系中，圆经过点，且圆心在直线上，若直线被圆截得弦长为，则实数的值为 14．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则正确结论的序号为 ①当时，平面；②当时，取得最小值，其值为； ③的最小值为；④当平面时， 四、解答题：本题共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） 已知直线恒过定点，且以为圆心的圆与直线相切. (1)求圆的一般方程； (2)设过点的直线与圆交于，两点，判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD，． (1)若，证明：平面PBC. (2)若，且二面角的正弦值为，求AD的值. 17．（15分） 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C. (1)求圆C的方程； (2)过点的直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程； (3)若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由. 18．（17分） 如图，四面体中，． (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求 的值． 19．（17分） 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)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，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，求平面与平面夹角的余弦值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025-2026学年高二数学上学期第一次月考卷01 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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．若构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以共面，故A错误； 因为，所以共面，故B错误； 因为，所以共面，故C错误； 因为不存在x，y，使得，所以不共面，故D正确． 故选：D 2．“”是“直线与直线平行”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要 【答案】A 【解析】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立； 当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立. 综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件. 故选：A. 3．若直线在轴上的截距为，且它的倾斜角是直线的倾斜角的倍，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，则，所以， 设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为， 因为直线的斜率为，所以， 故， 则直线的斜率，所以. 故选：D. 4．平行六面体，其中，，，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：如图， 可得， 故 ． ． 故选：A 5．已知直线：，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则的倾斜角范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】直线的方程可化为，由，可得， 所以，直线过定点， 设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则 因为直线的斜率为，直线的斜率为， 因为直线经过点，且与线段总有公共点， 将代入方程： 可得：不成立，不在直线上， 所以，即， 因为所以或 故直线的倾斜角的取值范围是． 故选：D． 6．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（    ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 【答案】B 【解析】因为，所以， 故的圆心为，半径且， 而的圆心为，半径， 因为关于直线对称，所以直线经过圆心， 故，解得，由两点间距离公式得， 所以，则圆与圆外切，故B正确. 故选：B. 7．在长方体中，分别是棱，的中点，是平面内一动点，若直线与平面平行，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系可得： ，，，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 则由得， 可令，得，，即. 由于直线与平面平行，则， 得：，即：， 又，. 所以， 将代入上式整理得： ， 所以当时，取得最小值，最小值为. 故选：C. 8．如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，把两个单位正方体叠放在一起，    平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面， 四边形为正方形，， 平面，平面，， ，平面，平面； 同理可得：平面； 平面的法向量为，平面的法向量为， ，， ，，即与的夹角为， 所求锐二面角的大小的余弦值是. 故选：C． 2、 选择题：本题共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分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在正方体中，当点在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）．    A．与不可能平行 B．与始终异面 C．与平面可能垂直 D．与始终垂直 【答案】AD 【解析】构建如图示的空间直角坐标系，若正方体棱长为1，    则，，，，， 则， 因为点在线段上，令，，则 由∥得. ∴且，故， 而，，， 所以，即，故D正确； 显然在由相交线和所成的平面上， 且与该平面有交点， 故在上移动过程中可能与相交，B错误； 若且，则，不存在这样的值，A正确； 若面，则，显然不存在这样的值，故C错误． 故选：AD 10．1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（    ） A．点的坐标为 B．为等边三角形 C．欧拉线方程为 D．外接圆的方程为 【答案】CD 【解析】A：因为，所以，所以，故错误； B：因为，所以， 显然不是等边三角形，故错误； C：因为，所以的外心，重心，垂心都在线段的垂直平分线上， 因为，所以的中点为， 又因为，所以的垂直平分线方程为， 即的垂直平分线方程为， 所以欧拉线方程为，故正确； D：因为，所以的中点为，所以的垂直平分线方程为， 因为的垂直平分线与的垂直平分线的交点即为外心， 所以，解得，所以外心， 所以外接圆的半径为， 所以外接圆的方程为，故正确； 故选：CD. 11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（    ） A．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积为定值 C．若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 D．若与平面所成的角为，则 【答案】BD 【解析】对于A，如图所示，连接，取的中点为，连接， 设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接， 在中，设其外接圆半径为，由正弦定理知， ，所以，即 ，依题易得，故， 且和同对弦，故四点共圆， 则，设外接球半径为，过作，交于， 由正方体性质知平面，而平面，则， 又平面，则，所以是矩形，则， 则在中，，即，①， 在中，，即②， 联立①②，解得，故外接球的表面积为，故错误； 对于B，连接，因为,平面平面，所以平面，又点是棱上的动点（含端点）， 所以点到平面的距离为定值，设为， 则，为定值，故B正确； 对于C，如图，延长交延长线于点，连接交于点，连接， 四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，故C错误； 对于D，以A为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，故，则 ， 当时，，当时，， 当且仅当时等号成立，又，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：立体几何中涉及到几何体的截面问题时，一般根据平面的基本性质作出截面，然后解决问题，涉及到空间角问题一般可能建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知空间向量且与互相平行，则实数的值 . 【答案】2 【解析】由条件可知， 因为与互相平行，所以， 解之得. 故答案为：2 13．在平面直角坐标系中，圆经过点，且圆心在直线上，若直线被圆截得弦长为，则实数的值为 【答案】 【解析】因为，的中点为，且直线的斜率， 则线段的垂直平分线所在直线的方程为，联立方程， 解得，即圆心，，所以，圆的方程为 因为直线被曲线截得弦长为，则圆心到直线的距离， 由点到直线的距离公式可得，解得. 故答案为： 14．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则正确结论的序号为    ①当时，平面；②当时，取得最小值，其值为； ③的最小值为；④当平面时， 【答案】②③ 【解析】如图，以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.    则，，，，，， ，，， 设点，因为， 所以，即， 解之可得，所以. 当时，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，， 所以. 因为， 所以，所以与平面不平行.故①错误； 因为， 所以 ， 所以当时，取得最小值，且最小值为.故②正确； 因为 ， 所以当时，取得最小值，且最小值为.故③正确； 当平面时，点平面， 因为，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，所以. 因为， 点平面，所以，所以.故④错误. 故答案为：②③ 四、解答题：本题共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） 已知直线恒过定点，且以为圆心的圆与直线相切. (1)求圆的一般方程； (2)设过点的直线与圆交于，两点，判断是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)13 【解析】（1）由可得， 当时，解得， 故直线恒过定点， 所以圆心到切线的距离， 即圆的半径为2, 所以圆的方程为：， 故圆的一般方程为 （2）点到圆心的距离，故点在圆外， 如图， 过点的直线与圆相交时斜率存在，故设过点的直线方程为， 代入圆的方程可得， 当时， 设，， 则， 所以 . 即为定值13. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD，． (1)若，证明：平面PBC. (2)若，且二面角的正弦值为，求AD的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得， 又平面，则平面， 而平面，于是， 由余弦定理得， 所以，得， 则，又平面平面， 所以平面. （2）以，所在直线为，轴，过点作平面垂直的线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 令，则，，， ，，故，， 设平面的法向量，所以， 设，则，，所以， 设平面CPD的法向量为，所以， 设，则，，所以， 因为二面角的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，所以， 解得，所以. 17．（15分） 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点A，B距离之比为（且）的点P的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点，，若动点P满足，动点P轨迹为圆C. (1)求圆C的方程； (2)过点的直线l与圆C交于D、E两点，若弦长，求直线l的方程； (3)若Q是x轴上的动点，，与圆C相切，切点分别为F，G，试问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标：若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)或 (3)过定点， 【解析】（1）设，则由可得， 即， 则点P的轨迹方程为：； （2）易知，直线l的斜率不存在时，直线与圆相离，不满足题意； 故直线l存在斜率，设直线l为， 则点到直线l的距离为 则 则 所以或 直线l为或 （3）设，则以为直径的圆的圆心为， 记，半径为， 则此圆的方程为， 即，记此圆为圆P. 因为直线为圆C与圆P的相交弦所在直线， 所以两圆方程作差可得直线FG的方程为， 即. 由，解得 所以直线恒过定点，定点坐标为. 18．（17分） 如图，四面体中，．    (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，则， 所以，所以，所以， 又因为所以， 则，又因为， 所以，又因为， 平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成角为30°， 所以 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. ②由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问②的关键点在于且在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 19．（17分） 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)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，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，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． （2）由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，所以． （3）因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$