重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共30页。试卷主要包含了 已知直线与平行，则实数， 已知是圆， 已知点在圆上，直线，则等内容，欢迎下载使用。
巴蜀中学高2025届高二（上）月考数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.在试卷上作答无效.3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.一､单项选择题：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. 直线倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 2. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则3. 过点且垂直于的直线方程为（    ）A.  B. C  D. 4. 已知直线与平行，则实数（    ）A. 0 B.  C. 0或 D. 0或5. 已知圆经过两点，且圆心在直线上，则过点的直线与圆相交所截最短弦长为（    ）A. 1 B.  C.  D. 26. 如图，在四面体中，，，，点为的重心，则的长是（    ）  A.  B.  C.  D. 7. 已知是圆：上两点，若存在满足，则实数的取值范围是（   ）A.  B.  C.  D. 8. 正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（    ）.A.  B.  C.  D. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知点在圆上，直线，则（    ）A. 直线与圆相交B. 直线与圆相离C. 点到直线距离大于D. 点到直线距离小于10. 正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为，则下列结论正确的是（    ）A. 该四棱台的体积为B. 该四棱台侧棱长为2C. D. 几何体三棱柱11. 已知圆C：则（    ）A. 圆C与直线必有两个交点B. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1C. 圆C与圆恰有三条公切线，则，D. 动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，直线经过定点12. 四棱锥底面为正方形，与底面垂直，，动点在线段上，则（    ）A. 存在点，使得B. 的最小值为6C. 到直线距离最小值为D. 三棱锥与体积之和为三､填空题：本题共4小䞨，每小题5分，共20分.13. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________．14. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为__________.15. 棱长为2的正方体中，点分别是线段的中点，则平面截正方体所得截面的面积为__________.16. 已知是圆上动点，是圆的上两点，若，则的范围为__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 如图，在正三棱柱中，，点是的中点.（1）求正三棱柱的表面积；（2）求三棱锥的体积.18. 已知圆的圆心为原点，斜率为1且过点的直线与圆相切（1）求圆的方程；（2）过的直线交圆于、，若面积为，求直线方程.19. 如图，在四棱锥中，平面，且，点为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.（1）求证：：（2）若为中点，求平面与平面夹角的余弦值.20. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为荾形，，底面为直角梯形，，， （1）证明：；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在求：若不存在，请说明理由.21. 已知三棱锥中，平面平面，.（1）若，求与平面所成角的正切值；（2）当二面角最小时，求三棱锥体积.22. 已知圆，动点在圆上，点关于轴的对称点为点，点与点所在直线交圆于另一点，直线交轴于点，（1）求中点的轨迹方程；（2）若在第二象限，求面积的最大值.
巴蜀中学高2025届高二（上）月考数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.在试卷上作答无效.3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.一､单项选择题：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. 直线的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.【详解】设直线的倾斜角为，因为直线，可得斜率，即又因为，所以.故选：C.2. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】由线面平行的判定，面面平行性质，线面垂直的判定可依次判断各选项.【详解】对A选项，，时，可能在平面内，故A错误；对B选项，由，，结合线面垂直的判定可得B正确；对C选项，由，，则直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相交，故C错误；对D选项，由，，则直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相交，故D错误.故选：B.3. 过点且垂直于的直线方程为（    ）A  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，设所求直线的方程为，代入点的坐标，求得的值，即可求解.【详解】设过点且垂直于的直线方程为，将点代入，可得，解得，所以所求直线方程为.故选：D.4. 已知直线与平行，则实数（    ）A. 0 B.  C. 0或 D. 0或【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行要求，若直线与平行,则满足计算即可.【详解】因为直线与平行，所以，解得或，经检验时两直线重合.故选：A5. 已知圆经过两点，且圆心在直线上，则过点的直线与圆相交所截最短弦长为（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】设圆心为，半径为，代点求得圆方程，当直线与垂直时，弦长最短.【详解】设圆的圆心为，半径为，代入两点有，解得圆，圆心，设圆心到直线的距离为，，则弦长为，当直线与垂直时，弦长最短为.故选：B.6. 如图，在四面体中，，，，点为的重心，则的长是（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的长.【详解】因为为的重心，则，即，所以，，所以，，故.故选：C.7. 已知是圆：上两点，若存在满足，则实数的取值范围是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用题设条件，分析且与圆交于的临界情况，由点在临界点之间移动的变化情况运算即可得解.【详解】圆：可化为，则其半径为，，如上图，对于直线上任意一点，当均为圆的切线时最大，由题意，即时，此时为满足题设条件的临界点，此时有.当在临界点之间移动时，有，即，即有：，解得：.故选：B.8. 正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积.【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，连接，如图所示，由题意得，且正四棱锥的外接球球心，设外接球半径为，则，在中，，且，所以，解得，即，在中，，过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，所以，则，所以，所以截面的面积.故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出外接圆半径以及找到点到平面的距离.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知点在圆上，直线，则（    ）A. 直线与圆相交B. 直线与圆相离C. 点到直线距离大于D. 点到直线距离小于【答案】BCD【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，即可判断A、B，结合图形知圆上点到直线距离的最值为圆心到直线的距离加减半径.【详解】解：由知，圆心为，半径，直线，则圆心到直线距离所以直线与圆相离，故错对；由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大值为，最小值为，故CD正确.故选：BCD10. 正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为，则下列结论正确的是（    ）A. 该四棱台的体积为B. 该四棱台的侧棱长为2C. D. 几何体是三棱柱【答案】AC【解析】【分析】对于A，利用棱台体积公式即可；对于B，在直角梯形中即可求解；对于C，；对于D，根据三棱柱的上下底面平行进行判断.【详解】解：在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，如图，对于A，，A正确；对于平面，在直角梯形中，，取中点，连接，有，则，，B错；对于C，，C正确；对于D，几何体中，没在任何两个平面平行，选项D错误.故选：AC 11. 已知圆C：则（    ）A. 圆C与直线必有两个交点B. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1C. 圆C与圆恰有三条公切线，则，D. 动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，直线经过定点【答案】ACD【解析】【分析】对选项A，直线过定点，定点在圆内，故A正确，对选项B，圆心到直线的距离为，即可得到只有三个点满足，故B错误，对选项C，根据；两圆外切即可判断C正确，对选项D，设点，根据题意得到两点在以为直径的圆上，所在直线方程为，再求定点即可判断D正确.【详解】对于，直线，，直线过定点，，定点在圆内，故A正确；对于，圆的圆心到直线的距离为，如图所示：  所以只有三个点满足，故B错误. 对于，圆化简得到，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故，解得，故C正确.对于D，设点，如图所示：  因为为切点，所以，连接，根据圆周角与圆直径关系可知，两点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，和相减可得，两圆公共弦所在直线方程为，联立方程，得，令，则，即直线经过定点，故D正确.故选：ACD12. 四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，动点在线段上，则（    ）A. 存在点，使得B. 的最小值为6C. 到直线距离最小值为D. 三棱锥与体积之和为【答案】ACD【解析】【分析】当在中点时，由线面垂直的判定定理，证得平面，得到，可判定A正确；将和所在的平面，沿着展在一个平面上，在中，利用余弦定理得求得，可判定B错误；把到直线距离最小值即为异面直线与的距离，再转化为点到平面的距离，过点作，证得平面，求得的长，可判定C正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用锥体的体积公式，即可求解.【详解】对于A中，如图（1）所述，当在中点时，连接，且，则点为的中点，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，因为为正方形，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；对于B中，如图（2）所示，将和所在的平面，沿着展在一个平面上，则的最小值为，可得，在中，由余弦定理得，，解得，所以的最小值为，所以B错误；对于C中，到直线距离最小值即为异面直线与的距离，因为，且平面，平面，所以平面，设异面直线与的公垂线段为，则，所以，因为，且平面，所以平面，所以即为点到平面的距离，因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，由平面，平面，所以，因为，且平面，所以平面，所以点到平面的距离，即为的长，如图（3）所述，在直角中，，可得，所以，即点到平面的距离等于，所以C正确；    对于D中，以为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，如图（4）所示，设，可得，则，所以D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小䞨，每小题5分，共20分.13. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________．【答案】【解析】【分析】由圆锥的侧面积公式可求出母线长，再求出圆锥的高，由圆锥的体积公式即可得出答案.【详解】设圆锥的高为，母线长为，半径，因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，所以，所以，所以，所以圆锥的体积是.故答案为：.  14. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为__________.【答案】【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】在直三棱柱中，由，因为且平面，所以平面，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，所以，所以直线与直线夹角的余弦值为.故答案为：.15. 棱长为2的正方体中，点分别是线段的中点，则平面截正方体所得截面的面积为__________.【答案】【解析】【分析】首先取的中点，连接，，，得到平面截正方体所得截面为菱形，再计算其面积即可.【详解】取的中点，连接，，，如图所示：由正方体的性质可知四边形为平行四边形，且，所以四边形为菱形，过点.所以平面截正方体所得截面为.，，所以面积为.故答案为：16. 已知是圆上动点，是圆的上两点，若，则的范围为__________.【答案】【解析】【分析】设是的中点，求得，得到点所在圆，根据向量的运算法则，得到，转化为圆上的点与圆上的点的距离，结合圆圆圆的位置关系，即可求解.【详解】由题意知，点点所在圆，且所在圆的圆心为，半径为2，设是的中点，连接，则垂直平分，则，所以点在是以为圆心，半径为1圆上，即点所在圆，又由，可得，即即为圆上的点与圆上的点的距离，因为，所以，即范围是.故答案为：.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 如图，在正三棱柱中，，点是的中点.（1）求正三棱柱的表面积；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据正三棱柱的特征，先求侧面和底面面积，即可求解表面积；（2）结合几何关系，代入三棱锥的体积公式，即可求解.【小问1详解】，侧面积，表面积;【小问2详解】是的中点，，又平面平面，所以，且平面，所以平面，所以是三棱锥的高，又所以；18. 已知圆的圆心为原点，斜率为1且过点的直线与圆相切（1）求圆的方程；（2）过的直线交圆于、，若面积为，求直线方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）过点且斜率为1的直线方程，再求出圆心到直线的距离即圆的半径，从而得到圆的方程；（2）设到直线的距离为，由面积求出，再分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论.【小问1详解】过点且斜率为1的直线为，则圆心到直线的距离，所以半径，则圆的方程为；【小问2详解】设到直线的距离为，则，解得，若直线斜率不存在，方程为，满足题意；若直线斜率存在，设为，直线的方程为，因为，所以，解得，直线的方程为，即；综上，直线方程为或.19. 如图，在四棱锥中，平面，且，点为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.（1）求证：：（2）若为中点，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行；（2）首先根据几何关系，建立空间中直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量表示二面角的余弦值.【小问1详解】因为平面平面所以平面，又平面，平面平面，所以；【小问2详解】取中点为，连接，因为，且，所以为等边三角形，所以，又所以，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，得因为平面，所以平面得法向量设平面与平面夹角为，则.20. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为荾形，，底面为直角梯形，，， （1）证明：；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在求：若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2）存在，【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判断定理和性质定理，即可证明线线垂直；（2）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面法向量，根据二面角的余弦值，结合法向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图，连接，因为四边形为菱形，则，因为四边形为梯形，，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因为平面，所以，，因为平面，所以平面，因平面，所以，.【小问2详解】取的中点为，连接，则因为平面平面，所以平面，如图，以为原点，过点做的平行线为轴，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：，则，设，则，设平面的法向量为，，令，则，所以，由题意平面的法向量，且二面角为锐二面角，所以，得，此时.21. 已知三棱锥中，平面平面，.（1）若，求与平面所成角的正切值；（2）当二面角最小时，求三棱锥体积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）作，由题意易得PA与平面所成角为，再根据，求得PD，BD，在中，利用余弦定理求得AD即可；（2）作，连接，易得二面角的平面角为，由，在中，利用正弦定理得到时，最大，最小求解.【小问1详解】解：如图所示：作，因为平面平面，所以平面与平面所成角为；因为，所以，在直角中，则；则，在中，由余弦定理得：，即，解得，所以.【小问2详解】作，连接，由（1）知：平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以二面角的平面角为；，在中，由正弦定理得，当时，最大，最小.此时，所以，所以.22. 已知圆，动点在圆上，点关于轴的对称点为点，点与点所在直线交圆于另一点，直线交轴于点，（1）求中点的轨迹方程；（2）若在第二象限，求面积的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（１）根据中点坐标公式，即可得，将其代入圆的方程即可求解，（2）联立直线与圆的方程得韦达定理，即可根据两点坐标可求解直线的方程，进而可得为定点；根据面积公式求解表达式，结合二次函数的性质即可求解最值.【小问1详解】设中点，则，代入圆，化简得轨迹方程为.【小问2详解】设，直线方程为，联立圆得，有直线方程为，令，得，所以点为定点；又而，令，可得，当即（依题意舍去负值）时，，所以面积的最大值为.【点睛】解析几何简化运算的常见方法：（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；（3）巧用定义，简化运算.