2024-2025学年广东省广州市高二上册10月月考数学学情检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高二上册10月月考数学学情检测试卷（含解析），共24页。
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班别、姓名、考号填写在答题卡指定位置，并用铅笔准确填涂考号.
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试卷上.
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4、考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，答题卡由监考老师收回.
第一部分 选择题（共58分）
一、选择题：本题共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. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
2. 直线的方向向量是（ ）
A B. C. D.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
4. “”是“两条直线，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. 在正四棱锥中，，用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，，，则几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 若圆上存在唯一点，使得，其中，则正数的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 在三棱柱中，平面，，，，点为底面内动点，且，则点的轨迹长是（ ）
A B. C. D.
8. 已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为（ ）
A 6B. 7C. 8D. 9
二、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. 已知角，，是三角形的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则是直角三角形
10. 已知，直线，则下列结论正确的有（ ）
A. 直线和可能相切
B. 直线过定点
C. 直线被截得的弦最长时，直线的方程为
D. 直线被截得的弦长最小值为
11. 已知圆：（），这些圆的全体构成集合，则（ ）
A. x轴截圆所得的弦长为2
B. 对任意正整数k，圆内含于圆
C. 任意正实数m，存，使得圆与直线有交点
D. 存在正实数m，使得A中与直线相交的圆有且仅有2024个
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过点作圆的切线l，求切线l的方程 _______
13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为_____________.
14. 在边长为4的正方形中，如图甲所示，，，分别为，的中点，分别沿，及所在直线把，和折，使，，三点重合于点，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为_____________.
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. 已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
16. 已知为坐标原点，点和直线，点是点关于直线的对称点，且点满足.
（1）求点的坐标及点的轨迹方程；
（2）若点的轨迹与直线有公共点，求的取值范围.
17. 如图，在四棱锥底面，．
（1）证明：平面平面;
（2）求与平面所成角的正弦值．
18. 已知圆过点，且与圆关于直线对称．
（1）判断圆与圆的位置关系，并说明理由；
（2）过点作两条相异直线分别与相交于，．
①若直线和直线互相垂直，求的最大值；
②若直线和直线与轴分别交于点、，且，为坐标原点，试判断直线和否平行？请说明理由．
19. 已知集合且中元素的个数为．若存在，得为2的正整数指数幂，则称为的弱子集；若对任意的均为2的正整数指数幂，则称为的强子集．
（1）请判断集合和是否为的弱子集，并说明理由；
（2）是否存在的强子集？若存在，请写出一个例子；若不存在，请说明理由；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的弱子集，求的最小值．
2024-2025学年广东省广州市高二上学期10月月考数学学情检测试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分150分，时间120分钟.
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的班别、姓名、考号填写在答题卡指定位置，并用铅笔准确填涂考号.
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试卷上.
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4、考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，答题卡由监考老师收回.
第一部分 选择题（共58分）
一、选择题：本题共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. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【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
2. 直线的方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据直线的斜率及方向向量定义判断即可.
【详解】直线的斜率为12，所以方向向量是.
故选：A.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【正确答案】D
【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得.
【详解】，.
因为，所以，
则，解得.
故选：D.
4. “”是“两条直线，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】利用直线平行的条件计算可得结论.
【详解】当时，两条直线，，两直线平行，
所以“”是“两条直线，平行”的充分条件；
因为直线的斜率存在且为，
由两直线平行，所以的斜率存在且为，
所以，解得或，
当时，直线方程均为，此时直线重合，故不符合题意，舍去；
所以“”是“两条直线，平行”的充要条件.
故选：C.
5. 在正四棱锥中，，用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，，，则几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由题可得，几何体为正四棱台，求出高，利用台体体积公式求解.
【详解】设正四棱锥的侧棱长为，
连接相交于点，连接，则平面，
因为，所以，
因为，所以，解得，
所以，
又因为用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，
所以得到几何体为正四棱台，
且，，
连接相交于点，所以为的中点，
所以，
所以几正四棱台的体积为，
故选：B.
6. 若圆上存在唯一点，使得，其中，则正数的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设，由因为，得到，根据题意，转化为两圆是外切或内切，结合圆与圆的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】由题得圆的圆心坐标为C0,1，半径为，
设，则，，
因为，可得，
化简得，故点在以为圆心，半径为的圆上，
又因为存在唯一的点也在圆上，所以两圆是外切或内切，
所以圆心距等于两圆半径相加，或者圆心距等于两圆半径差的绝对值，
即或，
解得或，因为是正数，所以.
故选：B.
7. 在三棱柱中，平面，，，，点为底面内动点，且，则点的轨迹长是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长.
【详解】又为底面内动点，且，连接，
因为平面，平面，所以，

所以，
所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，
所以点的轨迹长为.
故选：B.
8. 已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【正确答案】C
【分析】作出关于直线的对称圆，把转化到与直线同侧的，数形结合找到取最大值的位置，求出的最大值.
【详解】如图所示，
圆的圆心为，半径为3，圆关于直线的对称圆为圆B，其中设圆心B坐标为，则 ，解得：，故圆B的圆心为，半径为1，由于此时圆心A与圆心B的距离为4，等于两圆的半径之和，所以两圆外切，此时点的对称点为，且，所以，在P点运动过程中，当P，B，A，，F五点共线时，且在圆B左侧，点F在圆A右侧时，最大，最大值为
故选：C
二、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. 已知角，，是三角形的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则直角三角形
【正确答案】AC
【详解】对A，因为，所以，A正确；
对B，因为，所以，B错误；
对C，设的外接圆半径为，
，可得，
即，所以，C正确；
对D，如在，，
，但该三角形不是直角三角形，D错误；
故选：AC.
10. 已知，直线，则下列结论正确的有（ ）
A. 直线和可能相切
B. 直线过定点
C. 直线被截得的弦最长时，直线的方程为
D. 直线被截得的弦长最小值为
【正确答案】BCD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断B，根据定点在圆内即可判断A；当圆心在直线上，故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断C,根据圆心与定点的连线与直线垂直，即可求解最短弦长判断D．
【详解】变形为，圆心为半径，
对于B，变形为，故恒过定点，故B正确；
对于A,由于直线经过的定点在圆内，所以直线和相交，A错误，
对于D，当定点与圆心的连线垂直于时，
此时圆心到直线的距离最大为，
所以所截得的弦长最小为,D正确
对于C，当在直线上时，，解得，
直线方程为， 故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，故C正确．
故选：BCD．
11. 已知圆：（），这些圆的全体构成集合，则（ ）
A. x轴截圆所得的弦长为2
B. 对任意正整数k，圆内含于圆
C. 任意正实数m，存在，使得圆与直线有交点
D. 存在正实数m，使得A中与直线相交的圆有且仅有2024个
【正确答案】ACD
【分析】用代入法可得选项A正确；对于选项B，得出圆和的圆心和半径，判断两圆位置关系即可；对选项C，分析圆和圆与轴的两个交点纵坐标的取值范围即可；对选项D，研究圆与直线的位置关系即可.
【详解】对于选项A，将代入：，得，
x轴截圆所得的弦长为2，故A正确；
对于选项B，因为：和：，
圆心距为：，两圆的半径差为：，
且，显然，
故对任意正整数k，圆不可能内含于圆，故B错误；
对于选项C，由于圆方程，
将代入，得圆与轴的两个交点为与，
由于，，，
圆与轴的两个交点为与，
其中，
即集合中的所有圆在轴上的一系列截线段不间断，
故任意正实数m，存在，使得圆与直线有交点，故C正确；
对于选项D，圆的圆心为，半径，
圆与直线有交点，只需，即，
使得集合A中与直线相交的圆有且仅有2024个，
只需要集合中满足的个圆都满足题意
，即只需保证，显然不等式有解，故D正确.
故选：ACD
方法点睛：万变不离其宗，利用点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系和求弦长；利用圆心距与两圆半径的和差作比较，判断圆与圆位置关系.
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过点作圆的切线l，求切线l的方程 _______
【正确答案】
【分析】当直线斜率不存在时，直线方程为：，由圆心到直线的距离等于半径判断；当直线的斜率存在时：设直线方程为，由圆心到直线的距离等于半径求解.
【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为：，
圆心到直线的距离为，不成立；
当直线的斜率存在时：设直线方程为，即，
圆心到直线的距离等于半径为：，
解得，所以直线方程为：，
即.
故答案为.
13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为_____________.
【正确答案】
【分析】利用投影向量的定义求解即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故答案.
14. 在边长为4的正方形中，如图甲所示，，，分别为，的中点，分别沿，及所在直线把，和折，使，，三点重合于点，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为_____________.
【正确答案】
【分析】三棱锥外接球等同于补形为长方体的外接球，结合所给长度即可求解.
【详解】由题可得，
,,
所以,
所以
所以三棱锥外接球等同于以同顶点扩充为长方体的的外接球，
如下图，
设外接球的直径为，则有,
所以，则外接球的半径为,
所以三棱锥外接球的表面积为,
故答案为: .
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. 已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若点为的中点，且，求的面积.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）设，由余弦定理求出；
（2）在中，，，由余弦定理列出方程，求出，得到，利用三角形面积公式求出答案.
【小问1详解】
设，
则由余弦定理得；
【小问2详解】
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
又，
故，.
16. 已知为坐标原点，点和直线，点是点关于直线的对称点，且点满足.
（1）求点的坐标及点的轨迹方程；
（2）若点的轨迹与直线有公共点，求的取值范围.
【正确答案】（1），轨迹方程；
（2）或
【分析】（1）设，根据斜率之积和的中点坐标得到方程组，求出，设Px,y，直接法求出点的轨迹方程为；
（2）圆心12,0到的距离小于等于半径，列出不等式，求出答案.
【小问1详解】
设，则，
解得，故，
设Px,y，则，
整理得，
故点的轨迹方程为；
【小问2详解】
与直线有公共点，
则圆心12,0到的距离小于等于半径，
即，解得或，
的取值范围是或.
17. 如图，在四棱锥底面，．
（1）证明：平面平面;
（2）求与平面所成角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）计算，，根据勾股定理得到，再证明平面，得到答案.
（2）作，垂直为，连接 ，确定为与平面所成的角，计算，得到答案.
【小问1详解】
，，，则，．
中，，
故，故，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，平面，
底面，故平面平面，
另解：平面，平面，故，
过做的垂线，垂足为，连接，则，
，，，
在中，，，即，
又， 平面，故平面，
平面，故平面平面，
【小问2详解】
作，垂直为，连接 ，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，故为与平面所成的角，
中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知圆过点，且与圆关于直线对称．
（1）判断圆与圆的位置关系，并说明理由；
（2）过点作两条相异直线分别与相交于，．
①若直线和直线互相垂直，求的最大值；
②若直线和直线与轴分别交于点、，且，为坐标原点，试判断直线和是否平行？请说明理由．
【正确答案】（1）圆与圆外切，理由见解析
（2）①最大值为；②平行，理由见解析
【分析】（1）根据对称关系求出圆方程，从而求出圆心距，即可判断两圆的位置关系；
（2）①方法一：令、即，为过点的两条弦，设、被圆所截得弦的中点分别为、，弦长分别为，，由垂直关系可得四边形是矩形，即，进而根据半弦长，弦心距，圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，得到，进而由基本不等式，得到的最值，从而求得结果；
方法二：分类讨论直线与中有一条直线的斜率不存在和直线与斜率都存在，且互为倒数，两种情况下的值，最后综合讨论结果得到答案.
②由已知直线和直线与轴分别交于点、，且，可得直线与斜率都存在，且互为相反数，可设，，求出，坐标后，代入斜率公式，判断直线和的斜率是否相等，即可得到答案.
【小问1详解】
由题可得圆圆心为，设圆心，则，解得
则圆的方程为，将点的坐标代入得，故圆的方程为
，又两半径之和为，圆与圆外切．
【小问2详解】
方法一：令、即，为过点的两条弦，
设、被圆所截得弦的中点分别为、，弦长分别为，，因为四边形是矩形，

所以，即，化简得
从而，时取等号，此时直线，必有一条斜率不存在）
综上：、被圆所截得弦长之和的最大值为
方法二：若直线与中有一条直线的斜率不存在，
则，此时
若直线与斜率都存在，且互为负倒数，故可设，即，，
点到的距离为，同理可得点到的距离为，
，
，
综上：、被圆所截得弦长之和的最大值为
②直线和平行，理由如下：
由题意知，直线和直线的斜率存在，且互为相反数，故可设，
，

由，得，
因为的横坐标一定是该方程的解，故可得 ，
同理，所以，
，
所以，直线和一定平行．
19. 已知集合且中元素的个数为．若存在，得为2的正整数指数幂，则称为的弱子集；若对任意的均为2的正整数指数幂，则称为的强子集．
（1）请判断集合和是否为的弱子集，并说明理由；
（2）是否存在的强子集？若存在，请写出一个例子；若不存在，请说明理由；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的弱子集，求的最小值．
【正确答案】（1）不是，理由见解析
（2）不存在；理由见解析
（3）8
【分析】（1）根据的强子集的定义，即可容易求得；
（2）利用反证法假设存在的强子集，设为正整数，
，则，代入化简得，与为正整数矛盾，证明不存在的强子集．
（3）设，
若不是的弱子集，可有最多能包含中的一个元素以及中的元素，一共7个元素，令中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，得不是的弱子集，分类讨论当和时，不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.
【小问1详解】
是的弱子集，不是的弱子集．
理由如下：
中存在两个元素的和是2的正整数指数幂，所以是的弱子集．
中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，
所以不是的弱子集．
【小问2详解】
不存在的强子集．
理由如下：
假设存在的强子集，不妨设为正整数，
，则为正整数，，
则，代入中，
所以，
所以，与为正整数矛盾，所以不存在强子集．
【小问3详解】
设，
若不是的弱子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素，一共7个元素，
令中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，
所以不是的弱
子集，当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的弱子集，
当时，中至少有一个集合是的子集，
此时中一定存在两数之和为2的正整数幂，
即的任意一个元素个数为的子集都是的弱子集，所以的最小值为8．
本题主要为集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对子集的定义，同时要熟练的使用证明方法：反证法和分类讨论法.