《2024−2025学年高二上学期第一次月考数学试题[含答案]》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024−2025学年高二上学期第一次月考数学试题[含答案]（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20242025学年高二上学期第一次月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1在空间直角坐标系中，已知点，点则（）A点和点关于轴对称B点和点关于轴对称C点和点关于轴对称D点和点关于原点中心对称2向量，若，则（）ABCD3直三棱柱中，若，则（）ABCD4下列可使非零向量构成空间的一组基底的条件是（）A两两垂直BCD5已知，则直线恒过定点（）ABCD6已知：，：，则两圆的位置关系为（）A相切B外离C相交D内含7已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于两点，则的取值范围是（）ABCD8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
2、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）9已知向量，则下列正确的是（）ABCD在方向上的投影向量为10布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（）AB点到直线的距离是CD异面直线与所成角的正切值为411已知实数满足方程，则下列说法正确的是（）A的最大值为B的最大值为C的最大值为D的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则 13已知点和点，是动点，且直线与的斜率之积
3、等于，则动点的轨迹方程为 14已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则 ， 四、解答题（本大题共5小题）15分别求满足下列各条件的椭圆的标准方程(1)已知椭圆的离心率为，短轴长为；(2)椭圆与有相同的焦点，且经过点，求椭圆的标准方程.16已知圆心为的圆经过点，且圆心在直线上(1)求圆的方程；(2)已知直线过点且直线截圆所得的弦长为2，求直线的一般式方程17如图，四边形与四边形均为等腰梯形，平面，为上一点，且，连接、.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.18已知圆与圆内切(1)求的值(2)直线与圆交于两点，若，求的值；(3)过点作倾斜
4、角互补的两条直线分别与圆相交，所得的弦为和，若，求实数的最大值19已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为上一点，.(1)求的长；(2)若为的中点，求二面角的余弦值；(3)若为上一点，且满足，求.参考答案1【答案】B【详解】由题得点与点的横坐标与竖坐标互为相反数，纵坐标相同，所以点和点关于轴对称,故选：B.2【答案】C【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值.【详解】因为，所以，由题意可得，所以则.故选C.【思路导引】根据题目条件列出关于的方程组，解方程组
5、即可得到答案.3【答案】D【详解】.故选：D4【答案】A【详解】由基底定义可知只有非零向量不共面时才能构成空间中的一组基底.对于A，因为非零向量两两垂直，所以非零向量不共面，可构成空间的一组基底，故A正确；对于B，则共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以与共面，故B错误；对于C，由共面定理可知非零向量共面，故C错误；对于D，即，故由共面定理可知非零向量共面，故D错误.故选：A.5【答案】A【分析】由题意可得，可得定点坐标.【详解】因为，所以，由，可得，所以，当时，所以对为任意实数均成立,故直线过定点.故选A.6【答案】C【详解】因为可化为,则，半径，因为可化为，则，半径，则，因为
6、，所以两圆相交.故选：C.7【答案】A【详解】，即，则圆心，半径为.椭圆方程，,则，则圆心为椭圆的焦点，由题意的圆的直径，且如图，连接，由题意知为中点，则，可得.点为椭圆上任意一点，则，由，得.故选：A.8【答案】D【详解】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.
7、9【答案】ACD【详解】ABC选项，由题意得，故且，AC正确，B错误；D选项，在方向上的投影向量为，D正确.故选：ACD10【答案】ABC【详解】依题意得，故A正确；如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，对于BC，所以，设，则点到直线的距离，故BC正确；对于D，因为，所以，所以，所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误故选：ABC11【答案】ABD【详解】根据题意，方程，即，表示圆心为，半径为的圆，由此分析选项：对于A，设，即，直线与圆有公共点，所以，解得则的最大值为，故A正确；对于B，设，其几何意义为圆上的点到原点的距离，所以的最大值为，故的最大值为，故B正确；对于C，设，则，直线与圆有公
8、共点，则，解得，即的最大值为，故C错误；对于D，设，作出图象为正方形，作出圆，如图，由图象可知，正方形与圆有公共点A时，有最小值，即的最小值为，故D正确；故选：ABD12【答案】/0.125【详解】空间向量共面的基本定理的推论：，且、不共线，若、四点共面，则，因为为空间任意一点，若，且、四点共面，所以，解得.故答案为：.13【答案】【详解】设动点的坐标为，又，所以的斜率，的斜率，由题意可得，化简，得点的轨迹方程为.故答案为：14【答案】 2 , 【详解】圆的标准方程为，圆心，则为的角平分线，所以设，则，所以，则，即，解得，则，所以点与重合，此时，可得，所以故答案为：；15【答案】(1)或；(2
9、).【详解】（1）由题得，所以椭圆的标准方程为或.（2）椭圆满足，故该椭圆焦点坐标为，因为椭圆与有相同的焦点，且经过点，所以可设椭圆方程为，且，解得，故，解得（舍去）或，故.所以椭圆的标准方程为.16【答案】(1)(2)或【详解】（1）由题意，则的中点为，且，故线段中垂线的斜率为，则中垂线的方程为，即，联立，解得，即圆心，则半径，故圆的方程为.（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，由半径，则直线截圆所得的弦长，满足题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，化为一般式得，由直线截圆所得的弦长，半径，半弦长为.则圆心到直线的距离，又圆心，由点到直线的距离公式得，解得，故直线方程为
10、，化为一般式方程为：.综上所述，直线的方程为或.17【答案】(1)证明见详解；(2).【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可；（2）作，垂足为，根据平行四边形和矩形的判定定理，结合（1）的结论，利用勾股定理，因此可以以，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为平面，又平面，所以.又，且，所以平面.因为，所以平面.（2）作，垂足为.则.又，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，所以.由（1）知平面，所以.又，所以.在中，.在中，.由上可知，能以，所在的直线分别为轴
11、、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.则，所以，设平面的法向量为，由，得可取.设平面的法向量为，由，得，可取.因此，.依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.18【答案】(1)；(2)；(3).【详解】（1）由题意得O0,0，故圆心，圆E的半径为，因为，故O0,0在圆E上，所以圆O的半径，且，故.（2）由（1）知，联立，设，则恒成立，且，所以，所以，解得.（3）如图，因为直线和直线倾斜角互补，所以当直线斜率不存在时，此时直线的斜率也不存在，此时，当直线的斜率为0时，直线的斜率为0，不满足倾斜角互补，当直线斜率存在且不为0时，设直线 即，圆心O到直线的距离为，故，由直线方程得直线的方程为即，同理得
12、，则，当，因为对勾函数在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，所以时，所以时，故，所以，当，由上知时，故，所以.综上，.19【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先说明为直线与所成的角，即，设，根据所给定义得到方程，解得即可；（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，为二面角的平面角，由锐角三角函数求出，设二面角的平面角为，则，利用诱导公式计算可得；（3）依题意可得平面，在平面内过点作，垂足为，即可证明平面，在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，即可得到四边形为平行四边形，求出，即可得解.【详解】（1）因为底面为矩形，底面，所以，又底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直线与所成的角，即，设，则，在中，又，所以，解得（负值已舍去），所以；（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，因为底面，底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，因为为的中点，所以，所以，设二面角的平面角为，则，所以，即二面角的余弦值为；（3）依题意，又，所以，又，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作，垂足为，由平面，平面，所以，又，平面，所以平面，在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又，即，所以.【关键点拨】本题关键是理解并应用所给定义，第三问关键是转化为求.
