《山东省威海市乳山市银滩高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题[含答案]》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省威海市乳山市银滩高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题[含答案]（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高二数学10月份月考数学试卷一、单选题1. 直线：的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由直线的一般式可得直线的斜率，再由斜率的公式即可求解倾斜角.设直线的倾斜角为，则，因为，所以.故选：.2. 设为实数，已知直线，若，则（ ）A. 6B. C. 6或D. 或3【答案】A【解析】【分析】由两条直线的一般式方程平行的条件求解即可.因为，所以，解得：或.当时，平行；当时，可判断此时重合，舍去.故选：A3. 若椭圆的离心率为，则该椭圆的半焦距为（ ）A. B. C. 3或D. 3或【答案】D【解析】【分析】分焦点轴上和轴上讨论，分别计算和，得到答案.若椭圆的焦点在x轴上，
2、则离心率，得，此时半焦距；若椭圆的焦点在y轴上，则离心率，得，此时半焦距，所以该椭圆的半焦距为3或故选：D4. 在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平行六面体的性质结合空间向量基本定理求解即可.因为平行六面体中，点是线段上的一点，且，所以故选：C5. 已知圆经过两点，且圆心在直线，则圆的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先设圆心的坐标为，根据点在线上及两点间距离得出，再求出半径，得出圆的标准方程.设圆心的坐标为.因为圆心在直线上，所以，因为是圆上两点，所以，根据两点间距离公式，有，即，由可得.所
3、以圆心的坐标是），圆的半径.所以，所求圆的标准方程是.故选:C.6. 已知向量，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算出，得到答案.因为，所以，当时，等号成立，故的最小值为.故选：C.7. 已知直线与圆交于两点，则AB的最小值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而可得当时，AB的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解.因为直线，即，令，则，所以直线过定点，设，将圆化为标准式为，所以圆心，半径，当时，AB的最小，此时.故选：C8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的
4、正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为所以，.设，则.所以.令，则，因为，所以.故直线与
5、直线所成角的余弦值的取值范围为.故选：C二、多选题9. 已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）A. 若复数，则B. 若复数z满足，则复平面内z对应的点到实轴的距离等于到虚轴的距离C. 若是纯虚数，则实数D. 复数的虚部为【答案】AB【解析】【分析】对A，根据复数的运算即可求解；对B，由复数的模的公式化简求出z对应的点到实轴的距离等于到虚轴的距离即可判断，对C，根据纯虚数的概念列方程即可求解；对D，由虚部概念即可判断.解：对于A： ，故A正确；对于B：设，代入，得：，整理得：，即复平面内z对应的点在直线上，故复平面内z对应的点到实轴的距离等于到虚轴的距离，故B正确；对于C：是纯虚数，则，解得：
6、，故C错误；对于D：复数的虚部为，故D错误.故选：AB.10. 以下四个命题表述正确的是（ ）A. 直线恒过点（-3，-3）B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C. 圆与圆恰有三条公切线，则m=4D. 已知圆，过点P（3，4）向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据直线过定点、点到直线距离、圆与圆的位置关系，相交弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.A选项，所以定点为，A错误.B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B选项正确.C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心
7、为，半径为，由于、有三条公切线，所以两个圆外切，所以，C选项正确.D选项，圆的圆心为原点，半径为.，以为直径的圆的方程为，即，则所在直线方程为，.D选项正确.故选：BCD11. 如图所示，棱长为2的正方体中，为的中点，则下列结论正确的有（ ）A. 与所成角的余弦值为B. 与面的交点是的重心C. 三棱锥的外接球的体积为D. 与面所成角的正弦值为【答案】BCD【解析】【分析】对A，连接，可得即为异面直线与所成角或其补角；对B，可得四面体为正四面体，证明平面即可判断；对C，三棱锥和正方体有相同的外接球，求出即可；对D，可得为直线与平面所成的角，即可求出判断.对A，连接，则由正方体的性质可知，所以即为
8、异面直线与所成角或其补角，连接，设，则为的中点，连接，则，在中，即与所成角的余弦值为，故A错误；对B，连接，则，则四面体为正四面体，因为，所以平面， 因为平面，所以，同理可得，因为，所以平面，垂足为，又四面体为正四面体，所以为的中心，即为的重心，故B正确；对C，由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点，所以三棱锥和正方体有相同的外接球，所以外接球半径，体积为，故C正确；对D，连接，并延长交于点，由选项B知平面，所以为直线与平面所成的角，由为正三角形，且为的中心，所以为的中点，也是的中点，在中，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题12. 复数的共轭复数_【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算及共
9、轭复数的概念可求解.因为，所以.故答案为：13. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】设动圆的圆心，半径为，根据两圆的位置关系列式整理可得动圆圆心的轨迹为椭圆，根据椭圆定义可得轨迹方程.设动圆的圆心，半径为，又由圆得，圆心，半径，由圆得，圆心，半径，由已知得，两式相加消去可得，根据椭圆定义可得动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，设为其中，所以，所以动圆圆心的轨迹方程为.故答案为：.14. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题可知曲线，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得方程是恒
10、过定点，斜率为的直线，曲线，即，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点在同一坐标系内作出直线与半圆)，如图， 当直线与半圆C相切时，得，且，解得，又，所以或，所以或故答案为：四、解答题15. 在中，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为.（1）求直线的方程；（2）求直线的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据垂直的位置关系，算出直线的斜率为，利用直线方程的点斜式列式，化简整理即可得到直线的方程；（2）由边高所在直线方程和，解出，从而得出直线的方程由直线、关于直线对称，算出方程.【小问1】由于所在直线的方程为，故的斜率为，与互相垂直，直线的斜率为
11、，结合，可得的点斜式方程：，化简整理，得，即为所求的直线方程【小问2】由和联解，得,由此可得直线方程为：，即.,关于平分线x轴对称，则倾斜角互补，斜率和y轴截距都互为相反数.直线的方程为：.16. 已知，以点为圆心的圆被轴截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线与圆相切，求直线的方程.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据垂径定理，可直接计算出圆半径；（2）根据直线的斜率是否存在分类讨论，斜率不存在时，可得到直线方程为的直线满足题意，斜率存在时，利用直线与圆相切，即到直线的距离等于半径，然后解出关于斜率的方程即可.【小问1】不妨设圆的半径为，根据垂径定理，可得：解得：则圆
12、的方程为：【小问2】当直线的斜率不存在时，则有：故此时直线与圆相切，满足题意当直线的斜率存在时，不妨设直线的斜率为，点的直线的距离为直线的方程为：则有：解得： ，此时直线的方程为：综上可得，直线的方程为：或17. 已知椭圆的左焦点为，点到短袖的一个端点的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为的直线，与椭圆交于，两点，若，求的取值范围.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据焦点坐标可得，根据点到短袖的一个端点的距离为，然后根据即可；（2）先设联立直线与椭圆的方程，然后根据韦达定理得到，两点的坐标关系，然后根据建立关于直线的斜率的不等式，解出不等式即可.【小问1】根据题意，已知
13、椭圆的左焦点为，则有：点到短袖的一个端点的距离为，则有：则有：故椭圆的方程为：【小问2】设过点作斜率为的直线的方程为：联立直线与椭圆的方程可得： 则有：,直线过点，所以恒成立，不妨设，两点坐标分别为：，则有： 又且则有：将，代入后可得：若，则有： 解得：或18. 已知四棱柱中，底面为梯形，平面，其中是的中点，是的中点 （1）求证平面；（2）求平面与平面的夹角余弦值；（3）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）取中点，连接，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间
14、向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【小问1】取中点，连接，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；【小问2】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、C1,1,0、，则有、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，分别取，则有、，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；【小问3】由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.19. 图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且（1）证明：平面平面ABC；（2）点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）取中点为，连接，利用勾股定理证明，再结合，即可由线线垂直证明线面垂直；（2）根
