湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了 下列说法错误的是， 若 lg2a<0，b>1，则， 已知，，，则， 等内容，欢迎下载使用。

数学试题卷
考试时间：120分钟；满分120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，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线与垂直，垂足为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线垂直的充要条件求出，再把点代入直线，可把值求出，再把已知点代入另一直线中，求出得解．
【详解】因为直线：与直线：互相垂直，
则，解得，
又因两直线垂足为，则，解得，
将代入直线，则，
解之得，
所以.
故选：B.
2. 函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因为任意，都有，所以是函数的最小值，也是极小值，又当时，，故只需即可.
【详解】由，又，
因为任意，都有，
所以是函数的最小值，也是极小值，
故有两实根，即有两实根，则，
记二次函数的零点为，
且，则在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，因为是最小值，
所以，即，
解得，故，
故选：B．
3. 如图，过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，则（ ）
A. B. 32C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的中位线性质，得到，再由双曲线的定义，以及圆的切线性质，即可得到结论．
【详解】由双曲线，可得，则且，
设是双曲线的右焦点，连接，
因为分别为的中点，，
在直角中，可得，
又由双曲线的定义，可得，
所以.
故选：A.
4. 一块电路板的AB线路之间有100个串联的焊接点，知道电路不通的原因是焊接点脱落造成的，要想借助万用表，利用二分法的思想检测出哪处焊接点脱落，最多需要检测（ ）
A. 4次B. 6次C. 7次D. 50次
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，根据二分法的思想，即可得出结论.
【详解】第一次，可去掉50个结果，从剩余的50个中继续二分法；
第二次，可去掉25个结果，从剩余的25个中继续二分法；
第三次，可去掉12或13个结果，考虑至多的情况，所以去掉12个结果，从剩余的13个中继续二分法；
第四次，可去掉6或7个结果，考虑至多的情况，所以去掉6个结果，从剩余的7个中继续二分法；
第五次，可去掉3或4个结果，考虑至多的情况，所以去掉3个结果，从剩余的4个中继续二分法；
第六次，可去掉2个结果，从剩余的2个中继续二分法；
第七次，可去掉1个结果，得到最终结果.
所以最多需要检测7次.
故选：C
5. 下列说法错误的是（ ）
A. B. 所有的单位向量的模均相等
C. 零向量与任何向量共线D. 相等向量必为共线向量
【答案】A
【解析】
【分析】根据实数与向量的积判断A，根据单位向量的概念判断B，根据零向量的性质判断C，根据相等向量的性质判断D.
【详解】对A：因为，故A错；
对B：因为所有的单位向量的模均为1，故B正确；
对C：规定：零向量与任何向量共线，故C正确；
对D：因为相等向量方向相同，所以相等向量必共线，故D正确.
故选：A
6. 若 lg2a<0，()b>1，则（ ）
A. a>1，b>0B. a>1，b<0C. 00D. 0【答案】D
【解析】
【分析】根据指数与对数性质化简不等式，即可选择.
【详解】因为lg2a<0，所以0因为()b>1，所以b<0
故选:D
点睛】本题考查指数函数与对数函数单调性，考查基本分析化简能力，属基础题.
7. 空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点坐标公式求解即可.
【详解】点，
由中点坐标公式得中得为：，即.
故选A.
8. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解.
【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：；
故选：C
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知在三棱锥中，，，平面PAC⊥平面ABC．若点M为BC的中点，点N为三棱锥表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的外接球的表面积为B. 直线PC与AM所成的角
C. 若，则点N的轨迹长度为D. 若点N在棱AC上，则的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】先求出，再根据平面PAC⊥平面ABC．利用球的性质找到球心，求出球的半径，球的表面积公式可知A正确；通过作平行线作出异面直线所成角，利用余弦定理计算可知B正确；过点M作于点．在平面PAC内，过点E作，交PC于点F，连接MF．根据，，得到点N的轨迹，计算可知C正确；利用侧面展开图中两点连线段最短，计算可得D错误．
【详解】因，，所以，
对于，如图（1），设的外心为，的外心为，
连接，．由已知，得．
取AC的中点H，则，，则，．
因为平面平面ABC，平面平面，平面，平面ABC，所以平面，平面PAC．
过点作平面ABC的垂线，过点作平面PAC的垂线，两垂线的交点为三棱锥的外接球的球心，且，
其半径，
所以，故A正确．
对于B，如图（2），取PB的中点，连接AD，DM，则，，，
则（或其补角）即为直线PC与AM所成的角．
因为平面平面，和都是以为顶角的等腰三角形，
所以，
所以．
因为，
所以．
因为，所以直线PC与AM所成的角，故B正确．
对于C，如图（2），过点M作于点．在平面PAC内，过点E作，交PC于点F，连接MF．
若，则点N的轨迹长度为，故C正确．
对于D，如图（3），把侧面PAC与底面ABC展开到同一个平面，连接PM，交AC于点N．
由两点之间线段最短，得，所以的最小值为，
故D错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：对于，根据平面PAC⊥平面ABC．利用球的性质找到球心是解题关键. 对于C，利用垂直找到点的轨迹是解题关键.
10. 已知，，，则（ ）
A.
B.
C. 为钝角
D. 在方向上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量的数量积公式可判断AC选项；根据共线向量的关系可判断B选项；根据投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，
所以，所以钝角，故C正确；
对于D，在方向上投影向量为，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】
对于A，连接，，，，
平面，，同理，，，直线平面，故A正确；
对于B，∥，平面，平面，∥平面，
点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，
异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，
则，，，，，，
设平面的法向量，则，即，
令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
结合圆锥的立体图和平面展开图先求出圆锥底面半径和高，再联立体积公式即可求解
【详解】
可设圆锥底面半径为，则圆锥底面圆周长为，因为圆锥侧面展开图为半圆面，由知，，由几何关系可知圆锥的高，故圆锥体积为
故答案为：
【点睛】本题考查圆锥体积的求解，能熟练对圆锥立体图和展开图进行有效转化是解题关键，属于中档题
13. 与直线平行，且在轴上的截距为的直线方程是_______．
【答案】
【解析】
【分析】所求的直线方程可设为，令x=0，得根据在轴上截距是1，求出值，得到直线方程
【详解】根据题意，设所求的直线方程为，
令x=0，得，
因为所求直线在轴上截距是，
所以，即，
所以所求的直线方程为．
故答案为：．
14. 在ΔABC中，边所对的角分别为，若，，则______；_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先根据求出A的值，再根据求出B的值即得C的值.
【详解】由题得,
所以.
因为，所以,
所以C=.
故答案为 (1). (2).
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形和三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
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. （1）已知直线与直线平行，求的值；
（2）已知直线与直线互相垂直，求的值．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】
【分析】（1）利用在一般式方程下，两直线平行的条件，列出方程，即可求解；
（2）利用在一般式方程下，两直线垂直的条件，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题意，直线与直线平行，
可得，解得，
当时，，，显然与不重合，此时，
所以.
（2）由题意，直线与直线垂直
可得，解得或，
即当直线时，或
16. 已知直线：及圆：.
（1）若直线与圆相切，求的值；
（2）若直线与圆相交于，两点，且弦AB的长为，求的值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圆心到直线的距离为半径求出的值即可；
（2）分别用勾股定理和圆心到直线的距离建立等量关系求出的值.
【小问1详解】
圆心，半径为，
由题意得：，解得或.
【小问2详解】
如图：
设点到直线的距离为，利用勾股定理得：，
同时利用圆心到直线的距离：，解得.
17. 如图，在三棱锥中，、分别为、的中点，求证：
（1）∥平面；
（2）若点为棱上一点，是确定点的位置，使得平面∥平面，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）点为棱的中点时，平面∥平面；理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得∥，进而根据线面平行的判定定理可得∥平面；
（2）根据面面平行的判定，先找到线面平行，当为中点时，运用三角形中位线特征可得线面平行，进而得到面面平行．
【小问1详解】
证明：因为在中，、分别为、的中点，
则有∥，
又平面，平面，
所以∥平面．
【小问2详解】
解：当点为棱的中点时，平面∥平面，理由如下：
由（1）知，∥平面，
同理：∥平面，
又平面，平面，，
所以平面∥平面．
18. 如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【小问1详解】
如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为的圆C与直线相切于原点O．
（1）求圆C的方程．
（2）试探求C上是否存在异于原点的点Q，使点Q到定点的距离等于线段OF的长?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在点，使Q到定点的距离等于线段OF的长.
【解析】
【分析】（1）设圆心为，根据圆和直线相切于原点及圆的半径，列出满足的条件，可求值；
（2）假设存在点，设为根据点在圆上和到点的距离等于线段的长，列方程组求解.
【19题详解】
设圆的圆心为，则圆的方程为：.
∵直线与圆相切于原点，∴点在圆上，且垂直于直线，
于是有，解得：或.
由于在第二象限，故，，故.
∴圆的方程为：.
【20题详解】
存在，这是因为：
设存在符合条件的点，则：，
解得：或（舍去），
∴圆存在点，使到定点的距离等于线段的长.