2024-2025学年宁夏回族自治区银川市高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏回族自治区银川市高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共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. 已知倾斜角为的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
2. 已知四面体OABC中，，，，E为BC中点，点F在OA上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 在空间中，“经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
6. 直线与圆 交于两点，则弦长的最小值为（ ）
A 1B. 2C. D. 2
7. 由动点向圆引两条切线，切点分别为，若四边形为正方形，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
8. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共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，选对但不全对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在同一直角坐标系下，直线与圆的位置可能为（ ）
A. B.
C. D.
10. 下列说法中，不正确的有（ ）
A. 若，则两条平行直线：和：之间距离小于1
B. 若直线与连接，的线段没有公共点，则实数的取值范围为
C. 已知点，，若直线的倾斜角为锐角，则实数的取值范围为
D. 若集合，满足，则
11. 如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，点到直线的距离为
B. 线段的最小值为
C. 平面平面
D. 当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点在圆4外部，则实数的取值范围为________．
13. 已知实数x、y满足方程，当时，则的取值范围是_________．
14. 已知圆为圆上两个动点，且为弦AB的中点，，，当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，则实数的取值范围是_______.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆.
（1）求的取值范围；
（2）当取最小正整数时，若点为直线上的动点，过作圆的一条切线，切点为，求线段的最小值.
16. 如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值.
17. 已知直线的方程为.
（1）证明：不论为何值，直线过定点.
（2）过（1）中点，且与直线垂直的直线与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积最小时，求直线的方程.
18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.
（1）若，求证：直线平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19. 平面直角坐标系中，圆M经过点，，.
（1）求圆M的标准方程；
（2）设D0,1，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不y轴上.
①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形的面积为S，求S的最大值；
②设直线OP，BQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程
2024-2025学年宁夏回族自治区银川市高二上学期第一次月考数学
检测试卷
一、选择题：本大题共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. 已知倾斜角为的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】D
【分析】首先得到直线的斜率，再由方向向量求出.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线的方向向量为，所以.
故选：D
2. 已知四面体OABC中，，，，E为BC中点，点F在OA上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据空间向量的加减法进行求解.
【详解】解：在四面体中，
，E为OA的中点，
，，
所以，
故选：D
3. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据线面平行得出，从而即可求解
【详解】若，则，从而，
即，解之得.
故选：A
4. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】C
【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.
【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；
当与直线平行时，，则
∴或，
当时显然成立，当时，，，
整理后与重合，故舍去，
∴，满足必要条件；
∴“”是“直线与直线平行”的充要条件
故选：C
5. 在空间中，“经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由定义得出两直线的法向量，数量积公式求出法向量的夹角余弦值.
【详解】由题意，平面和平面的法向量分别是
，，
设平面和平面的夹角为，
故选：B.
6. 直线与圆 交于两点，则弦长的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 2
【正确答案】D
【分析】先求得直线恒过定点，由时， 取得最小值求解.
【详解】直线可化为，
由，解得，
所以直线恒过定点，
当时， 取得最小值，此时，
所以,
故选：D
7. 由动点向圆引两条切线，切点分别为，若四边形为正方形，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据正方形可得动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，求出方程即可.
【详解】因为四边形为正方形，且,所以,
故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为.
故选：B
8. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标
【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2）， AB的中垂线方程为，
即x-2y+3=0．联立 解得
∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②
联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A
本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．
二、选择题：本大题共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，选对但不全对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在同一直角坐标系下，直线与圆的位置可能为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AD
【分析】根据圆心的位置可确定的正负，由此可确定直线斜率的正负，进而确定可能的图象.
【详解】对于ABC，由圆的图象知圆心位于第一象限，，，
直线斜率，则A正确，BC错误；
对于D，由圆的图象知圆心位于第四象限，，，
直线斜率，则D正确.
故选：AD.
10. 下列说法中，不正确的有（ ）
A. 若，则两条平行直线：和：之间的距离小于1
B. 若直线与连接，的线段没有公共点，则实数的取值范围为
C. 已知点，，若直线的倾斜角为锐角，则实数的取值范围为
D. 若集合，满足，则
【正确答案】ABD
【分析】利用特殊值判断A，求出直线过定点，再求出，，即可求出的范围，从而判断B，利用斜率公式判断C，首先求出集合、的表示的几何意义，再分两直线平行和直线过点两种情况讨论，即可判断D.
【详解】对于A：直线：，即，
因为，所以，即，
则与的距离，
因为，所以当时，故A错误；
对于B：直线，即，所以直线恒过点，
又，，
因为直线与连接，的线段没有公共点，
所以，解得，故B错误；
对于C：因为点，，且直线的倾斜角为锐角，
所以，解得，故C正确；
对于D：由，得 ，
所以集合表示斜率为的直线上的点（除去点），
由，得，令，解得，
所以集合表示过点且斜率为的直线，
若，即，此时两直线平行，满足；
若直线过点，
则，解得，此时，
且，符合题意；
所以或，故D错误
故选：ABD
11. 如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，点到直线的距离为
B. 线段的最小值为
C. 平面平面
D. 当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为
【正确答案】BCD
【分析】先证明出平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面，即可判断C；以为原点，分别为轴建立坐标系，用向量法判断选项A、B、D.
【详解】取的中点，连接.
在菱形中，，所以.
因为，所以，所以.
又易知，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，
则，
当时，，
，
所以点D到直线的距离为
，故A错误；
设，由得，，
当时，，故B正确；
当分别为线段的中点时，
设与所成的角为，
所以与所成角的余弦值为，故D正确；
故选：BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点在圆4的外部，则实数的取值范围为________．
【正确答案】
【分析】根据点在圆外列不等式求参数范围即可.
【详解】由题意，即，可得或.
所以的取值范围为.
故
13. 已知实数x、y满足方程，当时，则的取值范围是_________．
【正确答案】
【分析】将的范围转化为线段上的点与构成的直线的斜率的范围，然后求斜率即可.
【详解】
方程，令，则，令，则，
设点，，
所以可以表示线段上的点与构成的直线的斜率，
，，
所以的取值范围为.
故答案为.
14. 已知圆为圆上两个动点，且为弦AB的中点，，，当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，则实数的取值范围是_______.
【正确答案】
【分析】由题知的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，且是以为圆心的直径的两个端点，若始终有为锐角，只需要两圆相离即可，故得到圆心距和半径和的不等关系，求解即可.
【详解】
如图，连接，则 ，
所以点M在以O为圆心，1为半径的圆上，
设的中点为，则 ，且 ，
因为当A，B在圆上运动时，始终有为锐角，
所以以为圆心，1为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相离，
故 ，解得 或 ，即
故
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆.
（1）求的取值范围；
（2）当取最小正整数时，若点为直线上的动点，过作圆的一条切线，切点为，求线段的最小值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意，结合方程表示圆的条件，列出方程，即可求解；
（2）由（1）得到圆心，半径为，得到，结合圆心到直线的距离，即可求解.
【小问1详解】
由方程表示圆，则满足，
即，解得或，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
由（1），因为取最小正整数，所以，
所以圆，可得圆心，半径为，
又因为，
所以取最小值时PC取最小值，而PC取最小值，
即为圆心到直线的距离，可得，
所以.
16. 如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线AC与面PBC所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据（1）的结论，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详解】
因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC，
所以PA面ACB，又因为平面PBC，
所以PA，又因为AB是圆的直径，所以，
因为平面，
所以平面；
【小问2详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，则，
设平面PBC的法向量为，则，
而，设直线AC与面PBC所成角为，
则，
所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为.
17. 已知直线的方程为.
（1）证明：不论为何值，直线过定点.
（2）过（1）中点，且与直线垂直的直线与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积最小时，求直线的方程.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）.
【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可.
（2）设出与直线垂直方程，分别令、求出相对于的值、值，结合三角形面积公式及基本不等式即可求得结果.
【小问1详解】
证明：直线的方程，
可整理为.
由，解得，
所以直线过定点.
小问2详解】
由（1）知，直线过定点，
设过点且与直线垂直的直线方程为，
令，则.
令，则.
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.
（1）若，求证：直线平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）证明过程见详解
（2）
（3）存在，，理由见详解.
【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；
(3)假设存在点，设，根据（2）中平面法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解.
【小问1详解】
取的一个靠近点的三等分点，连接，
因为，所以且,
又因为，且，点为中点，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以直线平面.
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，又为的中点，则，
所以，,
设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
存在，.
假设存在点(不包括端点)，设，即，，
由（2）得，且平面法向量，
，则，
所以，因为与平面所成角的正弦值为，
则，
整理得：，解得：或（舍去），
故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时.
19. 平面直角坐标系中，圆M经过点，，.
（1）求圆M的标准方程；
（2）设D0,1，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.
①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形的面积为S，求S的最大值；
②设直线OP，BQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程.
【正确答案】（1）
（2）①S的最大值为7；②证明见解析，点N在定直线上.
【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解；
（2）①设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案；
②设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.
【小问1详解】
解：设圆M的方程为，
则，解得，
所以圆M的标准方程为；
【小问2详解】
设直线的方程为，即，
则圆心0,2到直线的距离，
所以，
①若，则直线斜率不存在，
则，，则，
若，则直线得方程为，即，
则圆心0,2到直线的距离，
所以，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
综上所述，因为，所以S的最大值为7；
②设，
联立，消得，
则，
直线的方程为，
直线的方程为，
联立，解得，
则，
所以，
所以点N在定直线上.
方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明