河北省滄州市第二中學2024-2025學年高二上學期9月月考數(shù)學試題（解析版）

2024-2025學年高二上學期9月質(zhì)量檢測數(shù)學試題本卷滿分150分考試時間120分鐘一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.已知向量，則下列結(jié)論正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)空間向量的共線，垂直的充要條件以及空間向量坐標的減法，模長定義即得.【詳解】因，對于A選項，由可得：，易知的值不存在；對于B選項，由可知不成立；對于C選項，；對于D選項，故選：D.2.直線，，若，則這兩條平行直線間的距離為（）A.或0 B.0 C. D.【答案】C【解析】【分析】由兩直線平行，得到或，再分別驗證一下，最后結(jié)合兩平行線間的距離公式得到即可.【詳解】因為直線，平行，所以，解得或，當時，兩條直線重合是一條直線，不符合題意；當時，直線，，兩直線平行，所以這兩條平行直線間的距離為，故選：C3.古希臘數(shù)學家阿波羅尼奧斯（約公元前262~公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代數(shù)學的重要成果.其中有這樣一個結(jié)論：平面內(nèi)與兩點距離的比為常數(shù)（）的點的軌跡是圓，后人稱這個圓為阿波羅尼斯圓.已知點，動點滿足，則點P的軌跡與圓的公切線的條數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)兩點距離公式整理等式，可得動點的軌跡方程，明確兩圓的圓心和半徑，結(jié)合兩圓的位置關(guān)系，可得答案.【詳解】由題意知，化簡得，其圓心為，半徑，又圓C的圓心，半徑，所以，且，所以兩圓相交，故其公切線的條數(shù)為2條.故選：B.4.下列命題中正確的是（）A.點關(guān)于平面對稱的點的坐標是B.若直線l的方向向量為，平面的法向量為，則C.若直線l的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線l與平面所成的角為D.已知O為空間任意一點，A，B，C，P四點共面，且任意三點不共線，若，則【答案】C【解析】【分析】由空間點關(guān)于平面的對稱點的特點可判斷A；由向量的數(shù)量積的性質(zhì)可判斷B；由線面角的定義可判斷C；由共面向量定理可判斷D.【詳解】對于A，點關(guān)于平面對稱的點的坐標是，A選項錯誤；對于B，若直線l的方向向量為，平面的法向量為，，有，則或，B選項錯誤；對于C，若直線l的方向向量與平面的法向量的夾角為，則直線l與平面所成的角為，C選項正確；對于D，已知O為空間任意一點，A，B，C，P四點共面，且任意三點不共線，若，則，解得，D選項錯誤.故選：C.5.若直線與曲線有公共點，則的取值范圍是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】將本題轉(zhuǎn)化為直線與半圓的交點問題，數(shù)形結(jié)合，求出的取值范圍【詳解】將曲線的方程化簡為即表示以為圓心，以2為半徑的一個半圓，如圖所示：由圓心到直線的距離等于半徑2，可得：解得或結(jié)合圖象可得故選D【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化能力，在解題時運用點到直線的距離公式來計算，數(shù)形結(jié)合求出結(jié)果，本題屬于中檔題6.數(shù)學家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上，這條直線稱為歐拉線已知ΔABC的頂點，若其歐拉線的方程為，則頂點的坐標為A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設(shè)出點C的坐標，由重心坐標公式求得重心，代入歐拉線得一方程，求出AB的垂直平分線，和歐拉線方程聯(lián)立求得三角形的外心，由外心到兩個頂點的距離相等得另一方程，兩方程聯(lián)立求得點C的坐標【詳解】設(shè)C（m，n），由重心坐標公式得，三角形ABC的重心為代入歐拉線方程得：整理得：m-n+4=0①AB的中點為（1，2），AB的中垂線方程為，即x-2y+3=0．聯(lián)立解得∴△ABC的外心為（-1，1）．則（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8

②聯(lián)立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．當m=0，n=4時B，C重合，舍去．∴頂點C的坐標是（-4，0）．故選A【點睛】本題考查了直線方程，求直線方程的一般方法：①直接法：根據(jù)已知條件，選擇適當?shù)闹本€方程形式，直接求出直線方程．②待定系數(shù)法：先設(shè)出直線的方程，再根據(jù)已知條件求出假設(shè)系數(shù)，最后代入直線方程，待定系數(shù)法常適用于斜截式，已知兩點坐標等．7.在正方體中，若棱長為，，分別為線段，上的動點，則下列結(jié)論錯誤的是（）A.平面 B.直線與平面所成角的正弦值為定值C.平面平面 D.點到平面的距離為定值【答案】B【解析】【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征，利用空間向量逐個計算判斷即可【詳解】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，則，令，得，令，得，，對于A，，顯然，即，，而，平面，因此平面，A正確；對于B，由平面，平面，得，因為，，平面，則平面，于是為平面的一個法向量，，設(shè)直線與平面所成角為，則不是定值，B錯誤；對于C，由選項A知平面，即為平面的一個法向量，而，則，即有，又，平面，因此平面，則平面平面，C正確；對于D，顯然，因此點到平面的距離為，為定值，D正確.故選：B8.設(shè)圓：與圓：，點，分別是，上的動點，為直線上的動點，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析發(fā)現(xiàn)兩圓心和的連線恰好垂直于直線，從而得出當與和共線時最小，從而得解.【詳解】因為圓：的標準方程為；圓：的標準方程為：所以和的圓心坐標分別為、，半徑，，所以直線的斜率，而直線的斜率為1所以直線與直線垂直，如圖，所以當與和共線時最小，此時，又此時，，所以最小值為.故選：C二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對得部分分，選錯不得分.9.如圖，在平行六面體中，以頂點為端點的三條棱長都是2，且它們彼此的夾角都是為與的交點，若，則下列正確的是（）A. B.C. D.的長為【答案】AC【解析】【分析】A、B選項考查的是空間向量基本定理的應(yīng)用，以，，為基底表示，就可以得到結(jié)論；C選項考查利用空間向量數(shù)量積求向量夾角的余弦，先用基底表示和，再求它們的數(shù)量積和模，利用可判斷C是否正確；對D選項，先用基底表示，再結(jié)合可求的長.【詳解】∵，故A正確.∵.故B錯誤.又∵，.，；，..∴.故C正確.∵，∴.故D錯誤.故選：AC.10.已知圓，則（）A.圓與直線必有兩個交點B.圓上存在4個點到直線的距離都等于1C.圓與圓恰有三條公切線，則D.動點在直線上，過點向圓引兩條切線，為切點，則四邊形面積最小值為2【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)直線切過定點切該定點在圓內(nèi)可判斷A；求出圓的圓心到直線的距離可判斷B；將圓化成標準形式為，轉(zhuǎn)化為兩圓外切可判斷C；由，且當最小時最小時可判斷D.【詳解】對于A，將直線整理得，由，知，所以直線過定點，因為，所以該定點在圓內(nèi)，故A正確；對于B，圓的圓心到直線的距離為，所以過圓心且與直線平行的直線與圓相交有兩個點到直線的距離為1，與直線平行且與圓相切，并且與直線在圓心同側(cè)的直線到的距離為1，所以只有三個點滿足題意，故B錯誤；對于C，將圓化成標準形式為，因為兩圓有三條公切線，所以兩圓外切，所以，解得，故C正確；對于D，連接，因為為切點，所以，所以，且當最小時，最小，所以當與直線垂直時，，又因為半徑為2，所以，所以，故D錯誤.故選：AC.11.如圖，在四棱錐中，底面，底面為邊長為2的菱形，，為對角線的交點，為的中點．則下列說法正確的是（）A. B.三棱錐的外接球的半徑為C.當異面直線和所成的角為時， D.點F到平面與到平面的距離相等【答案】ACD【解析】【分析】在菱形中，過點作直線，以為原點建立空間直角坐標系，求出相關(guān)點的坐標，利用空間向量求出線線角判斷AC；求出點到平面距離判斷D；分析棱錐外接球球心并求出球半徑判斷B.【詳解】在菱形中，過點作直線，由底面，得直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，而，則，由，得，則，對于A，，，則，于是，A正確；對于B，由，得三棱錐的外接球截平面所得截面圓圓心為，則球心在過垂直于平面的直線上，直線，顯然球心在線段的中垂面上，因此，三棱錐的外接球，B錯誤；對于C，，由異面直線和所成的角為，得，整理得，而，解得，C正確；對于D，，設(shè)平面與平面的法向量分別為，，令，得，，令，得，而，則點F到平面的距離，點F到平面距離，顯然，D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.臺風中心從地以每小時的速度向東北方向移動，離臺風中心內(nèi)的地區(qū)為危險地區(qū)，城市在地正東處，城市處于危險區(qū)內(nèi)的時間為______小時.【答案】【解析】【分析】首先根據(jù)已知條件作出圖形，圓半徑，利用銳角三角函數(shù)的定義可求出BE的長，易知是直角三角形，運用勾股定理可求出的長，進而求出弦長，最后用弦長除以臺風的移動速度即可求解.【詳解】以城市為圓心，為半徑畫圓，如圖所示，所在直線為臺風中心的移動軌跡，，，，過點作于點.在中，由銳角三角函數(shù)，得，在中，由勾股定理，得，所以，因為臺風中心的移動速度為，所以B城市處于危險區(qū)內(nèi)的時間為.故答案為：2.13.設(shè)動點在棱長為的正方體的對角線上，記.當為鈍角時，則的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】建立空間直角坐標系，求得，根據(jù)求得的取值范圍.【詳解】由題設(shè)可知，以為坐標原點，以的方向為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，則有，，，，則，得，所以，，顯然不是平角，所以為鈍角等價于，即，即，解得，因此的取值范圍是.故答案為：14.已知圓，點的坐標為，過點作直線交圓于兩點，則的取值范圍為______【答案】.【解析】【分析】取中點為，連接，，確定點的軌跡為以為直徑的圓，根據(jù)得到答案.【詳解】取中點為，連接，如圖所示：則，又，，故點的軌跡為以為直徑的圓，圓心為，半徑為，因為，，所以，即，則.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知直線，.（1）若坐標原點O到直線m的距離為，求a的值；（2）當時，直線l過m與n的交點，且它在兩坐標軸上的截距相反，求直線l的方程.【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）依據(jù)點到直線的距離公式建立方程求解即可.（2）聯(lián)立求出直線交點，再分類討論直線是否過原點，求解即可.【小問1詳解】設(shè)原點O到直線m的距離為，則，解得或；【小問2詳解】由解得，即m與n的交點為.當直線l過原點時，此時直線斜率為，所以直線l的方程為；當直線l不過原點時，設(shè)l的方程為，將代入得，所以直線l的方程為.故滿足條件的直線l的方程為或.16.已知圓與直線相切于點，圓心在軸上.（1）求圓的標準方程；（2）若直線：與圓交于，兩點，求弦的最短長度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件，設(shè)出圓的方程，再結(jié)合兩點之間的距離公式，以及直線垂直的性質(zhì)，即可求解．（2）先求出直線的定點，再判斷定點在圓內(nèi)，再結(jié)合垂徑定理，以及兩點之間的距離公式，即可求解．【小問1詳解】依題意，圓心在軸上，可設(shè)圓的方程為，圓與直線相切于點，，解得，，故圓的方程為．【小問2詳解】直線：，，令，解得，直線過定點，又圓的方程為．所以圓心，半徑，，故定點在圓的內(nèi)部，當直線與直線垂直時，弦取得最小值，，，，弦的最短長度為．17.如圖，圓臺下底面圓的直徑為，是圓上異于的點，且，為上底面圓的一條直徑，是邊長為的等邊三角形，.（1）證明：平面；（2）求平面和平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)線線垂直從而證明線面垂直.(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.【小問1詳解】∵為圓臺下底面圓的直徑，是圓上異于的點，故又∵，，∴∵，∴，∴∴，又∵，，平面∴平面【小問2詳解】取的中點，連接，則，由(1)可知，∵，∴平面，又∵∴以為原點，為軸，為軸，為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系，由題意可得，，∵平面，∴，四邊形為矩形，∴平面的一個法向量為.設(shè)平面的一條法向量為，，由得令，則，平面一個法向量為則平面與平面的夾角的余弦值為∴平面和平面夾角的余弦值為18.如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是正三角形，且平面平面，，為棱的中點，四棱錐的體積為．（1）若為棱中點，求證：平面；（2）在棱上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置并給以證明；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在點，位于靠近點三等分點處滿足題意.【解析】【分析】（1）取中點，連接，得到，然后利用線面平行的判定定理得到平面；（2）假設(shè)在棱上存在點滿足題意，建立空間直角坐標系，設(shè)，根據(jù)平面與平面的夾角的余弦值為，則兩平面法向量所成角的余弦值的絕對值等于，求出，即可得出結(jié)論.【小問1詳解】取中點，連接，分別為的中點，，底面四邊形是矩形，為棱的中點，，．，，故四邊形是平行四邊形，．又平面，平面，平面．【小問2詳解】假設(shè)在棱上存在點滿足題意，在等邊中，為的中點，所以，又平面