2024-2025学年重庆市黔江区高二上册11月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市黔江区高二上册11月月考数学检测试题（含解析），共22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。
1．直线l：的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．1C．D．
3．空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A．B．C．D．
4．正四面体的棱长为2，点D是的重心，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．设，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，下列命题错误的是（ ）
A．若且，则B．若且，则
C．若且，则D．若且，则
6．已知向量，，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
9．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当，平行时，两直线的距离为D．直线过定点，直线过定点
10．有个相同的球，分别标有数字，，，，，，从中有放回的随机取两次，每次取个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是”，则（ ）
A．（丙）B．（丁）C．乙与丙相互独立D．甲与丁相互独立
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得，阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ且的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知在平面直角坐标系xOy中，，点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9
C．在C上存在点M，使得
D．C上的点到直线的最大距离为9
12．如图，棱长为2的正方体中，､分别为棱､的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值.
B．存在线段，使平面平面.
C．为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小.
D．若平面EFG与棱AB，BC有交点，记交点分别为M，N，则的取值范围是.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为 ．
14．已知直线，动直线被圆截得弦长的最小值为 ．
15．我国古代数学家秦九韶在其著作《数书九章》中给出了一个求三角形面积的公式，其中a，b，c分别为的内角A，B，C的对边．若中，，且，则面积S的最大值为________．
16．如图，正的外接圆半径为，点是劣弧上的一动点，则的最小值为 ．
四、解答题：本大题共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．在中，角的对边分别为.
(1)求角；
(2)若的面积为，求的周长.
18．已知圆C：．
(1)过点作圆C的切线l，求切线l的方程；
(2)过点的直线m与圆C交于A，B两点，，求直线m的方程．
19． 如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．某工厂生产一种汽车的元件，该元件是经过A，B，C三道工序加工而成的，A，B，C三道工序加工的元件合格率分别为，已知每道工序的加工都相互独立，三道工序加工都合格的元件为一等品；恰有两道工序加工合格的元件为二等品；其他的为废品，不进入市场．
（1）生产一个元件，求该元件为二等品的概率；
（2）从该工厂生产的这种元件中任意取出3个元件进行检测，求至少有2个元件是一等品的概率．
21．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，且，，分别为和的中点，为棱上的点.
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
22．如图，在平面直角坐标系中，已知圆O：，过点且斜率为k的直线l与圆O交于不同的两点A，B，点.
（1）若直线l的斜率，求线段AB的长度；
（2）设直线QA，QB的斜率分别为，，求证：为定值，并求出该定值；
（3）设线段AB的中点为M，是否存在直线l使，若存在，求出直线l的方程，若不存在说明理由.
1．C
【分析】
根据直线倾斜角和斜率的关系即可求解.
【详解】解：由题意得：
直线l的方程：可化为
直线l的斜率为，设直线l的倾斜角为，则
又
所以
故选：C
2．C
【分析】
应用复数的除法求复数即可.
【详解】由题设，则.
故选：C
3．B
【分析】
根据对称的性质即可求解.
【详解】点关于xOz平面的对称点是,
故选：B
4．D
【分析】根据空间向量的线性运算和数量积的定义计算即可.
【详解】因为点D是的重心,
正四面体的棱长为2，
.
故选：D.
5．C
【分析】根据线面平行、面面平行的判定和性质，线面垂直、面面垂直的判定分析判断即可.
【详解】对于A，当且时，，所以A正确，
对于B，当且时，过作平面，交于直线，则∥，因为，所以，因为，所以，所以B正确，
对于C，当且时，，可能平行，可能异面，可能相交，故C错误，
对于D，当且时，则，所以D正确，
故选：C
6．C
【分析】
先求得，然后根据投影向量的知识求得正确答案.
【详解】由两边平方得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C
7．D
【分析】以为一边作正方形，然后把问题转化为正方形的中心在圆上或圆内，从而求出的取值范围.
【详解】以为一边作正方形，若对角线与圆有交点，则满足条件的存在，此时正方形的中心在圆上或圆内，即，
所以，所以，所以.

故选：D.
8．B
【分析】取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值．
【详解】
取的中点，的中点为，因为为等腰三角形，
故，同理， ，所以有平面．
因为平面，故平面平面．
在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接．
因为，平面，平面平面，故平面．
因为平面，故，
又，，故平面，
又平面，故，所以为二面角的平面角．
设，则，，
，
所以，其中．
令，则，令且，
当时，；当时，；
所以，故，故选B．
二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到．
9．BC
【分析】
选项A，当时和重合；选项B：当时，，，故；选项C，当，平行时，，根据平行线间的距离公式可得；选项D，： 定点坐标为可判断错误.
【详解】选项A：当时，：即，：即，
故和重合，A错误；
选项B：当时，：即，：即，
直线的斜率为，直线的斜率为，
因，故，B正确；
选项C：当，平行时，可得，得或，
当时，由A选项知和重合，
当时，：，：，
故两平行的距离为，故C正确；
选项D：直线：即，故当时，，
故直线的定点坐标为，
：即，故当时，得，
故直线过定点，故D错误；
故选：BC
10．AD
【分析】
利用古典概型的概率计算各事件概率，再根据独立事件概率的关系依次判断即可.
【详解】依题意基本事件总数为个，
“第一次取出的球的数字是”的基本事件有个，
“第二次取出的球的数字是”的基本事件有个，
“两次取出的球的数字之和为”的基本事件有共个，
“两次取出的球的数字之和为”的基本事件有共个，
所以（丙），（丁）；（甲）（乙），故A正确，B错误；
又同时满足事件甲、丁的基本事件有共个，同时满足事件乙、丙的基本事件有共个，
所以（乙丙）（乙）（丙），所以乙与丙不相互独立，故C错误；
所以（甲丁）（甲）（丁），所以甲与丁相互独立，故D正确；
故选：AD.
11．ABD
【分析】对A：设点，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点（1，1）到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.
【详解】对A：设点，
∵，则，整理得，
故C的方程为，A正确；
对B：的圆心，半径为，
∵点（1，1）到圆心的距离，则得D到点（1，1）的距离的取值范围为，且，
∴在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为9，B正确；
对C：设点，
∵，则，整理得，
∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，
又∵，则两圆内含，没有公共点，
∴在C上不存在点M，使得，C不正确；
对D：∵圆心到直线的距离为，
∴C上的点到直线的最大距离为，D正确；
故选：ABD.
12．ACD
【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设则，则，根据的范围可判断D选项的正误．
【详解】对于A选项，因为平面，平面平面，
所以，点到平面的距离等于，
的面积为，
所以，，A选项正确；
对于BC选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、
、、，、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设，可得点，其中，
则，
所以，解得，
故平面与平面不平行，B选项错误，
，，
设直线与所成角为，
则
，
当时，取得最大值，此时最小，C选项正确；
对于D选项，延长和并相交于点，作交于，
P在线段上，此时PN与的交点即为G，连接交于，如图所示：
设则，所以
则
由于，得，所以，D正确．
故选：ACD
关键点点睛：解决本题的关键是空间向量及函数思想的应用.
13．
【分析】根据圆锥的高为1，圆锥的轴截面为等腰直角三角形可求得底面半径和母线长，即可求得答案.
【详解】圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形.
则圆锥的底面直径为2，母线长为 ，
故该圆锥的侧面积为 ，
故
14．
【分析】
先由圆的方程确定圆心和半径，由直线方程确定直线过定点；再利用直线与圆的位置关系判断过点且与垂直的弦的弦长最短；最后结合弦长公式即可求解.
【详解】由圆可得：圆心，半径.
由直线可得：直线过定点.
因为
所以点在圆内，直线与圆相交，
则过点且与垂直的弦的弦长最短，且弦长的最小值为.
故
15．
【分析】由利用正弦定理边角互化可得，再由给出的面积公式结合二次函数的性质即可求解
【详解】由可得，
所以，
所以，
所以，
当时，．
故
16．##
【分析】由圆的性质可知是的角平分线，故可知与同向共线，再由平方可得的模为1，原式可化为换求的最小值.
【详解】由圆的性质可知，，
，是与同向的单位向量，
设，原式可化为,
由外接圆半径可知，，
,
当时，有最小值，
即的最小值为.
故
17．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理、三角恒等变换化简已知条件，从而求得.
（2）利用三角形的面积求得，进而求得，根据余弦定理求得，从而求得的周长.
【详解】（1）由得，
，
，
由正弦定理得，
，
.
（2）的面积为，即，得，
，
，
，
由余弦定理可得，
，
三角形的周长为.
18．(1)
(2)或．
【分析】
（1）得到圆C的方程，从而得到在圆C上，且不存在，从而得到切线l的方程；
（2）直线m斜率存在时，设出m为，根据弦长得到圆心C到直线m的距离，列出方程，求出，得到方程，考虑直线m斜率不存在时，得到，得到答案.
【详解】（1）
因为圆C：，圆心，半径．
因为点满足圆C的方程，所以点P在圆C上，
因为不存在，所以圆C在点P处的切线斜率为0，
所以，切线l的方程为y＝2；
（2）
当直线m斜率存在时，设m为，即：．
因为圆心C到直线m的距离，即，
所以直线m的方程为；
当直线m斜率不存在时，m为x＝0也符合条件；
综上，所求为或．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）通过证明面，即可由线面垂直证明线线垂直；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，求得两个平面的法向量，再求两平面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，面，所以面；
又因为平面，所以.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则，，，，，，，
，，，，.
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面的法向量为，
则，所以，不妨取；
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
20．（1）；（2）．
【分析】（1）根据事件的独立性、互斥事件的概率运算公式，即可求得答案；
（2）求出生产一个元件为一等品的概率， 至少有2个元件是一等品分为2减为一等品和三件为一等品两种情况，即可得解.
【详解】解：（1）不妨设一个元件经A、B、C三道工序加工合格的事件分别为A、B、C，
则，
设事件D为“生产一个元件，该元件为二等品”，
根据事件的独立性、互斥事件的概率运算公式，
所以生产一个元件，该元件为二等品的概率为．
（2）生产一个元件，该元件为一等品的概率．
设事件E为“任意取出3个元件进行检测，至少有2个元件是一等品”，
则．
所以至少有2个元件是一等品的概率为．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值，利用二次函数求解最大值，利用同角三角函数关系即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，
所以，，又，故以B为坐标原点，
分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，
由题设（），因为，
所以，所以；
（2）设平面的法向量为，
因为，所以，即，
令，则，又平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则.
当时，取最小值为，此时取最大值为，
所以，此时.
22．(1) 2 ; (2) 定值为0，证明见答案; (3) 存在，
【分析】（1）根据点到直线的距离以及勾股定理可得.
（2）联立直线与圆，根据韦达定理以及斜率公式可得.
（3）设点，由，以及韦达定理、中点公式可解得，再根据判别式可得答案．
【详解】(1) 直线l的斜率,则直线l的方程为：
圆心到直线l的距离为.
所以.
(2)设直线l的方程为，
由,有 (*)
，
所以 ,。
.
所以为定值0.
(3) 设点，由(2)有 ,
所以
又，即.
所以.
即.
则有.
整理得. 得
,得.
则满足条件
所以满足条件的直线l为..
本题考查了直线与圆的位置关系，属于难题.