重庆市永川中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 含解析

这是一份重庆市永川中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 倾斜角为120°的直线经过点和，则a =（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的斜率公式以及倾斜角与斜率的关系即可求解.
【详解】设直线的斜率为，，
故答案为：A
2. 若圆C1:x2 + y2 = 1与圆C2:x2 + y2 - 8x - 6y + m = 0内切，则m =（ ）
A. 25B. 9C. - 9D. - 11
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径为（），
由于两圆内切，所以，
即，即，
（无解）或，解得.
故选：D
3. 若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合，求出，进而可得弦所在直线的方程.
【详解】由题意得，圆的圆心为，则，因点为圆的弦的中点，所以，故，即，
因此弦所在直线的方程为：，即.
故选：A.
4. 已知正方体中，点E为的中点，若，（x，）则x，y的值分别为（ ）
A. 1，1B. 1，C. ，D. ，1
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性计算再根据平面向量基本定理得出参数.
【详解】,
所以.
故选：C.
5. 在正方体中，E为AB的中点，则直线CE与所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出异面直线与所成角，解三角形求得正确答案.
【详解】根据正方体的性质可知，所以是异面直线与所成角或其补角，
设正方体的边长为，
则，
所以.
故选：B
6. 已知圆,过点P（2，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】记圆心为 ，由相交弦长 和圆的半径 及圆心 到过 的直线的距离 之间的勾股关系，求出弦长的最小值即可.
【详解】由题意，圆的方程可化为 ，圆心坐标为 ，半径 ，
设圆心到直线的距离为 ，则过 的直线与圆的相交弦长 ，
当直线与 所在直线垂直时， 最大，此时，当 最大时， 最小，
所以最小的弦长 .
故选：D.

7. 已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1= E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，
到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得: ,解得:
考点：利用等体积法求距离
8. 在四棱柱中，底面是正方形，侧棱底面.已知，E为线段上一个动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，，则的最小值问题转化为求平面直角坐标系中的一个动点到两定点的距离之和的最小值的问题，即转化为求平面直角坐标系中的一个动点到两定点的距离之和的最小值的问题，由图可知当M，P，N三点共线时，到两定点的距离之和最小，从而可得答案
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
∵E为线段上一个动点，
∴设，
则，，
故问题转化为求的最小值问题，即转化为求平面直角坐标系中的一个动点到两定点的距离之和的最小值的问题，如图所示.
由此可知，当M，P，N三点共线时，，
故选：B.
【点睛】此题考查空间中两线段和最小问题，转化为平面问题解决，考查空间向量的应用，属于中档题
二、多选题（每小题6分，选对按比例给分，选错不得分，共18分）
9. 已知直线在x轴和y轴上的截距相等，则a的值可能是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】AD
【解析】
【分析】讨论、，分别令、求截距，根据相等关系列方程求值即可.
【详解】当时，显然x轴和y轴上截距不相等；
所以，
令，则；令，则；
所以，可得或.
故选：AD
10. 已知直线与圆，则（ ）
A. 直线与圆C相离
B. 直线与圆C相交
C. 圆C上到直线的距离为1的点共有2个
D. 圆C上到直线的距离为1的点共有3个
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系可判断.
【详解】由圆，可知其圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离，所以可知选项B，D正确，选项A，C错误.
故选：BD
11. 已知正三棱柱，各棱长均为4，且点E为棱上一动点（包含棱的端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 该三棱柱既有外接球，又有内切球
B. 三棱锥的体积是
C. 直线与直线恒不垂直
D. 直线与平面所成角的正弦值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据外接球、内切球、锥体体积、线线垂直、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】A选项，设等边三角形的内切圆半径为，
则，
，所以该三棱柱没有内切球，A选项错误.
B选项，设是的中点，则，，
根据正三棱柱的性质可知，，
由于平面，所以平面，
所以，B选项正确.
以为空间直角坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，
则，设，
，
，所以当在的中点时，直线与直线垂直，C选项错误.
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角，
则，
，
，
即，
所以直线与平面所成角的正弦值范围是，D选项正确.
故选：BD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上.）
12. 若直线与直线平行，则直线与之间的距离为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合两直线平行斜率相等，求出，再根据两平行直线之间的距离公式，即可求解.
【详解】由直线与直线平行，易得，因此直线，直线，所以直线与之间的距离.
故答案为：.
13. 如图，两条异面直线a，b所成角为，在直线上a，b分别取点，E和点A，F，使且.已知，，.则线段______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据空间向量的加法，利用向量数量积的性质计算模长，建立方程，可得答案.
【详解】因为，所以，
由于，，则，，
又因为两条异面直线a，b所成角为，所以或，
故，可得或
故答案为：或
14. 已知直线：和：相交于点，点是圆上的动点，则MN的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，易得，垂足为M，所以点M在以AB为直径的圆上，求出点M轨迹方程为圆P，又M，N分别在圆P，圆C上，即可求出MN的最大值.
【详解】由题意知：恒过定点，
：恒过定点，又，
所以，垂足为M，所以点M在以AB为直径的圆上，
圆心为，半径为，
故点M轨迹方程为圆P：(除 外）.
又圆C：的圆心为，半径为3，
所以，又M，N分别在圆P，圆C上，故MN的最大值为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 在平面直角坐标系xOy中，已知的顶点，AB边上中线CD所在直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为，求：
（1）顶点C的坐标；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据设出直线的方程，利用的坐标求得直线的方程，通过联立的方程求得点的坐标.
（2）求得点坐标，然后求得到直线的距离，利用两点间的距离公式求得，进而求得的面积.
【小问1详解】
∵，BH方程为，
不妨设直线AC的方程为，
将代入得，解得，
∴直线AC的方程为，
联立直线AC，CD的方程，即，
解得点C的坐标为；
【小问2详解】
设，则，∵点在上，点在上，
所以，解得，
直线的方程为，
则到直线的距离为，
又，，则，
16. 如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且．

（1）求证：平面ACF；
（2）求点E到平面ACF的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，要证明线与面垂直，只要证明这条直线与平面上的两条直线垂直．
（2）为平面的一个法向量，向量在上的射影长即为到平面的距离，根据点到面的距离公式得到结果．
【小问1详解】
解：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，
，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，
平面
【小问2详解】
解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
17. 已知圆内有一点，为过点的弦．
（1）若，求直线的方程；
（2）是否存在弦被点平分时？若存在，写出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）由圆的性质求出弦的弦心距离，再按斜率存在与否分类求出直线方程.
（2）由圆性质判断存在，求出斜率，进而求出直线方程.
【小问1详解】
圆的圆心，半径，
当时，点到直线的距离，
过点的直线，点到这条直线的距离为1，则直线可以为；
当直线斜率存在时，设其方程为，
由，得，直线方程为，即，
所以直线的方程为或.
【小问2详解】
由圆的性质知，当直线时，是线段的中点，
而直线的斜率为，
则直线的斜率为，方程为，即，
所以存在弦被点平分，直线的方程为.
18. 已知线段的端点P的坐标是，端点Q在圆上运动.
（1）求线段的中点的轨迹的方程；
（2）已知动点N在y轴上，直线l与曲线交于A，B两点.求证：若直线，均与曲线相切，则直线l恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，，由M为的中点，可得，代入的方程可得答案；
（2）设，由条件可得N，A，B，四点共圆，求出以为直径的圆的方程，然后与的方程作差可得直线l的方程，即可证明.
【小问1详解】
，
设，，由M为的中点，可得，代入
得，化为，即为轨迹的方程；
【小问2详解】
证明：设，由（1）可得曲线为圆，设圆心为，
由直线，均与曲线相切，可得，，
可得N，A，B，四点共圆，且以为直径，圆的圆心为，半径为，
其圆的方程为，①
又圆，②
①②两式相减可得，直线l的方程为，
令，且，解得，，则直线l恒过定点
19. 如图，矩形中，，，E，F分别为边，的中点.将该矩形沿折起，使得.
（1）证明：平面；
（2）在直线上确定点M，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
【答案】（1）证明见解析
（2）M在线段上，处，或M在线段的延长线上，处
【解析】
【分析】（1）连接，分别交，与点P，Q，连接，由已知条件和三角形中位线定理可证得，再利用线面平行判定定理可证得结论，
（2）取中点O，连接，则，从而平面，以所在的直线为x轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【小问1详解】
连接，分别交，与点P，Q，连接，
因为矩形中，，，E，F分别为边，的中点
所以四边形为正方形，P为的中点.
同理，Q为的中点.
所以，
因为平面， 平面，
所以平面；
【小问2详解】
由条件，，，，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
中，，，
取中点O，连接，则，从而平面
以所在的直线为x轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，
则
则，解得或
故M在线段上，处，或M在线段的延长线上，处.