吉林省长春吉大附中实验学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份吉林省长春吉大附中实验学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中的对称关系直接可得解.
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. 向量，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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.
因为，所以，由题意可得，
所以，则．
故选：C.
3直三棱柱中，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量线性运算法则即可求解．
.
故选：D．
4. 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B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由基底定义和共面定理即可逐一判断选项A、B、C、D得解.
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. 已知，则直线恒过定点（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，可得定点坐标.
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. 已知：，：，则两圆的位置关系为（）
A. 相切B. 外离C. 相交D. 内含
【答案】C
【解析】
【分析】先将圆化为标准方程，从而求出圆心距，再根据圆心距与两圆半径的关系，即可得解.
因为可化为,则，半径，
因为可化为，
则，半径，
则，因为，所以两圆相交.
故选：C.
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（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可.
，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
.
点椭圆上任意一点，
则，，
由，
得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键于利用中点性质，将多动点有关的数量积，通过向量的线性运算与数量积运算性质，转化为动点与定点圆心连线的长度来表示，进而可借助椭圆上任意一点到焦点距离的范围使问题得解.
8. 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. 的取值范围为
D. 若为直线上的动点，则的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D.
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.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，则下列正确的是（）
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】ABC选项，根据得到且，AC正确，B错误；D选项，利用投影向量的求解公式得到答案.
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：ACD
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（）
A. B. 点到直线的距离是
C. D. 异面直线与所成角的正切值为4
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可.
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：ABC．
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可．
11. 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
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，，，根据其几何意义求解判断ABC，作出与圆图象求最值判断D即可.
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，
故最大值为，故B正确；
对于C，设，则，直线与圆有公共点，
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：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则______________．
【答案】##0.125
【解析】
【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出的值.
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. 已知点和点，是动点，且直线与的斜率之积等于，则动点的轨迹方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】设动点，斜率用坐标表示，由斜率之积为可得出之间的关系式，进而得的轨迹方程.
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. 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_______，_______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.
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：；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.
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. 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.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意得，解出该方程组即可由椭圆焦点在x轴上或在y轴上得解；
（2）先求出椭圆焦点即可得椭圆焦点坐标为，进而可设圆方程为且，解出和即可得解.
【小问1】
由题得，
所以椭圆的标准方程为或.
【小问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. 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．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圆心在弦的垂直平分线上，可先求线段的中垂线方程，再联立直线求出圆心坐标，再求出半径即可得圆的方程；
（2）讨论直线斜率是否存在，若存在设出直线的点斜式方程，由弦长与半径先求出圆心到直线的距离，再由点线距离公式待定斜率即可得所求.
【小问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.
【小问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，
化为一般式方程为：.
综上所述，直线的方程为或.
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.
【答案】（1）证明见
（2）
【解析】
【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，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.
【小问1】
因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
【小问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，以，，所在的直线分别为轴、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. 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．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由圆O与圆E内切以及圆E半径和圆心O与圆E的位置关系可得，进而得解.
（2）设，联立圆与直线方程求出和即可由数量积计算得解.
（3）分直线斜率不存在、斜率为0、斜率存在且不为0三种情况分类讨论，结合点到直线距离以及点斜式依次得和，接着分和结合对勾函数的单调性和值域即可求出时的取值范围，从而得解.
【小问1】
由题意得，，
故圆心，圆E的半径为，
因为，故在圆E上，
所以圆O的半径，且，故.
【小问2】
由（1）知，联立，
设，则恒成立，
且，
所以，
所以，解得.
【小问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，
则，
当，，
因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，
所以时，故，
所以，
当，，
由上知时，故，
所以.
综上，.
19. 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，
为线段上一点，．
（1）求的长；
（2）若为的中点，求二面角的正弦值；
（3）若为线段上一点，且满足，求．
【答案】（1）2（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用向量的坐标运算将条件等式转化为关于的方程求解可得；
（2）利用法向量方法求二面角；
（3）设，，利用向量的坐标运算将条件转化为垂直关系，结合模长等量关系，建立的方程组求解可得.
【小问1】
由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，由已知，
则,
则，
则，
且.
由题意知,
所以有，
则，解得（舍去），
故的长为.
【小问2】
由（1）知，,
又为的中点，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则.
故平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且，
则，
故.
故二面角的正弦值为.
【小问3】
由（1）可得，
由题意，设，，
则
则，
由可知，，
且，由，
则，解得；
则，
则解得，，
则，
又，解得.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于理解新定义“向量积”，首先它是一个向量，解题中也要从方向与长度两个方面分析，如第三问中的转化：一是该向量的垂直关系可得与两个等式；二是向量的模长.由此通过建立空间直角坐标系向量坐标化转化为方程组的求解即可.