2024-2025学年江西省上饶市高二上册第一次月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省上饶市高二上册第一次月考数学检测试题（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. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2. 若直线与直线垂直，则实数（ ）
A 0B. 1C. D.
3. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）
A. EF平面
B
C. EF与AD1所成角为60°
D. EF与平面所成角的正弦值为
7. 已知圆及点，则下列说法错误的是（）
A. 圆心的坐标为
B. 若点在圆上，则直线的斜率为
C. 点在圆外
D. 若是圆上任一点，则的取值范围为．
8. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，底面是边长为的正方形，其中两条侧棱长都为，则（ ）
A. 该阳马的体积为
B. 该阳马的表面积为
C. 该阳马外接球的半径为
D. 该阳马内切球的半径为
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 若m，n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则与相交
10. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. 当时，
C. 当时，D. ，使得
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. 的最小值为
C. 最大值为D. 的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为_____________，体积之比为_____________.
13. 已知三条直线，，不能构成三角形，则实数m的取值集合为______．
14. 球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，三弧所围成的球面部分称为球面三角形．半径为的球面上有三点，且，则球面三角形的面积为______．
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. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

（1）证明：；
（2）证明：平面.
16. 已知直线，圆．
（1）求直线与圆相交所得的弦长；
（2）求圆关于直线对称所得的圆的方程．
17. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切．
（1）求的“欧拉线”方程；
（2）若圆与圆有公共点，求的范围．
18. 已知圆经过，，三点．
（1）求圆的方程；
（2）若经过点的直线与圆相切，求直线的方程．
19. 阅读数学材料：“为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等.
（1）若，求直四棱柱在顶点处的离散曲率.
（2）若四面体在点处的离散曲率为，证明平面.
（3）若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值
2024-2025学年江西省上饶市高二上学期第一次月考数学检测试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【正确答案】A
【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解.
【详解】因为斜率，
所以其倾斜角为30°.
故选：A.
2. 若直线与直线垂直，则实数（ ）
A. 0B. 1C. D.
【正确答案】D
【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
【详解】直线与直线垂直，
则，解得．
故选：．
3. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.
【详解】正三角形的高为，
根据斜二测画法的知识可知，
直观图的面积为.
故选：B
4. 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
5. 已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．
【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，
因为直线l过点，且与线段相交，
结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．
故选：B．
6. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）
A. EF平面
B.
C. EF与AD1所成角为60°
D. EF与平面所成角的正弦值为
【正确答案】C
【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．
【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，
又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，∴EF平面ABC1D1，故A正确；
对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，
又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，
又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；
对于C，由，得EF与AD1所成角为.
在中，，所以，
所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；
对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，
在中，，所以，故D正确．
故选：C．
7. 已知圆及点，则下列说法错误的是（）
A. 圆心的坐标为
B. 若点在圆上，则直线的斜率为
C. 点在圆外
D. 若是圆上任一点，则的取值范围为．
【正确答案】B
【分析】A选项，把圆的一般方程化为标准方程，求出圆心坐标；选项，把点坐标代入，求出的值，进而求出直线的钭率；C选项，求出的长度，与半径相比，判断点与圆的位置关系；选项，由选项求出点在圆外，是圆上任一点，所以的长度满足，求出的取值范围.
【详解】对于A,将化为,
所以圆心C坐标为，,故A正确；
对于B，因为点在圆上，所以，
所以，即.所以直线的斜为，故B错误，
对于C，因为两点之间的距离为,
所以点在圆外，故C正确；
对于D，因为圆心，半径，所以，
即，故D正确.
故选：B.
8. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．已知四棱锥为阳马，底面是边长为的正方形，其中两条侧棱长都为，则（ ）
A. 该阳马的体积为
B. 该阳马的表面积为
C. 该阳马外接球的半径为
D. 该阳马内切球的半径为
【正确答案】D
【分析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积判断A，B；求出外接球球心位置即得外接球半径判断C；利用体积法求出内切圆半径判断D.
【详解】如图，不妨设平面，平面，
则，，所以，
因为是正方形，
所以，又，平面，
所以平面，又，则平面，
同理，平面，
又，则，
对于A，，故A错误；
对于B，该阳马的表面积为，故B错误；
对于C，因为均为直角三角形，所以外接球的球心是的中点，
则外接球半径为，故C错误；
对于D，设该阳马内切球的半径为，则，
所以，解得，故D正确.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 若m，n为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则与相交
【正确答案】ABD
【分析】根据线面垂直平行的性质与判定逐个选项判定即可.
【详解】对AB，若，则的位置关系不能确定，故A，B错误；
对C，由线面垂直的性质可得若，则，但与不一定相交，故C正确，D错误.
故选：ABD
10. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. ，B. 当时，
C. 当时，D. ，使得
【正确答案】AB
【分析】对于A：根据直线方程分析判断；对于B：根据题意求直线交点即可；对于C：根据空集的定义结合直线平行运算求解；对于D：根据直线重合分析求解.
【详解】对于选项A：因为表示过定点，且斜率不为0的直线，
可知表示直线上所有的点，
所以，故A正确；
对于选项B：当时，则，，
联立方程，解得，所以，B正确；
对于选项C：当时，则有：
若，则；
若，可知直线与直线平行，且，
可得，解得；
综上所述：或，故C错误；
对于选项D：若，由选项C可知，且，无解，故D错误．
故选：AB．
11. 已知实数、满足方程，则下列说法正确是（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【正确答案】ABD
【分析】设，可得，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断AB选项；利用距离的几何意义求出的最大值，可判断C选项；设，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围，可判断D选项.
【详解】将方程化为标准方程可得，
圆的圆心为，半径为，
对于A选项，设，可得，
则直线与圆有公共点，
所以，，整理可得，解得，AB都对；
对于C选项，代数式的几何意义为圆上的点到原点的距离的平方，如下图所示：
由图可知，当点为射线与圆的交点时，取最大值，即，
故的最大值为，C错；
对于D选项，设，则直线与圆有公共点，
所以，，解得，
所以，的最大值为，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知两个球的半径之比为2：3，则它们的表面积之比为_____________，体积之比为_____________.
【正确答案】 ① ②.
【分析】根据球的表面积公式以及体积公式即可求解.
【详解】设两个球的半径为，由题意可得，
所以表面积之比为，
体积之比为,
故
13. 已知三条直线，，不能构成三角形，则实数m的取值集合为______．
【正确答案】
【分析】根据三条直线不能构成三角形，则有任意两条平行或交于同一个点，分类讨论求解.
【详解】三条直线不能围成三角形，则有以下情况：
(1) 直线与直线平行，
则有；
(2) 直线与直线平行，
则有；
(3) 三条直线，，相交于同一点，
联立解得，代入可得，
综上，实数m的取值集合为，
故答案为: .
14. 球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，三弧所围成的球面部分称为球面三角形．半径为的球面上有三点，且，则球面三角形的面积为______．
【正确答案】
【分析】设过的大圆与过的大圆交于直径，求出二面角，同理求出二面角和；再结合球的表面积公式及球面的对称性，求解即可．
【详解】如图1所示，设过的大圆与过的大圆交于直径，过点分别作，垂足为，连接，则，
在中，由余弦定理得，，则，
所以，则，
在中，由余弦定理得，，即，
由二面角定义得，二面角为，
在图2中，设过的大圆与过的大圆交于直径，过的大圆与过的大圆交于直径，同理可得，二面角为，二面角为；

设球的表面积为，则，设球面三角形的面积为，
则所在的大圆和所在的大圆，将球面分成了四个部分，其中面积较大的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍，
即，类似可定义，且同理有，，
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有，
所以，
所以，
故．
关键点点睛：球面的面积，其中即为本题中所求二面角（也称球面角），为球的半径，解题关键即为求出二面角的大小．
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. 如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

（1）证明：；
（2）证明：平面.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】（1）根据已知条件证明平面，再通过线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）设，根据条件得到，再结合线面平行的判定定理证明即可.
【小问1详解】
直三棱柱中，平面，
因为平面，所以.
因为，，，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以
【小问2详解】
设，连接，

则是的中点，
又因为是的中点，所以
因为平面，平面，
所以平面.
16. 已知直线，圆．
（1）求直线与圆相交所得的弦长；
（2）求圆关于直线对称所得的圆的方程．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意，由点到直线的距离公式结合勾股定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由点关于直线对称，即可得到圆心的坐标，即可得到结果.
【小问1详解】
设直线与圆相交的弦为线段，
因为圆圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
则，
所以直线与圆相交所得的弦长为.
【小问2详解】
设圆关于直线对称所得圆为圆，
由题意可得圆心与圆心关于直线对称，
设圆心，则，解得，
则，则圆的方程为.
17. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切．
（1）求的“欧拉线”方程；
（2）若圆与圆有公共点，求的范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由等腰三角形三线合一知的欧拉线即为的垂直平分线，根据与直线垂直得到斜率，结合过中点得到所求直线方程；
（2）由直线与圆相切得到圆的圆心和半径，由两圆有公共点得到两圆的位置关系进而得到关于的不等式，解不等式即可得到的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以是等腰三角形，由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上，
设的欧拉线为，则过的中点，且与直线垂直，
由、可得：的中点，即，
由，得，故的方程为即；
【小问2详解】
因为与圆M：相切，故圆心，，
圆的圆心坐标为，半径，
则要想圆M与圆有公共点，则两圆外切、相交或内切，
只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值，
即，故，解得．
18. 已知圆经过，，三点．
（1）求圆的方程；
（2）若经过点的直线与圆相切，求直线的方程．
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）假设圆的一般方程，代入三点坐标即可构造方程组求得圆的方程；
（2）由圆的方程可得圆心和半径，易知直线斜率存在，由圆心到直线距离可构造方程求得直线斜率，进而可得直线的方程.
【小问1详解】
设圆的方程为：，
由题意知：，解得：，
圆方程为：，即.
【小问2详解】
由（1）知：圆心，半径；
当直线斜率不存在，即时，与圆不相切，不合题意；
当直线斜率存在时，设，即，
圆心到直线的距离，解得：，
，即或；
综上所述：直线的方程为或.
19. 阅读数学材料：“为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等.
（1）若，求直四棱柱在顶点处的离散曲率.
（2）若四面体在点处的离散曲率为，证明平面.
（3）若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析 （3）．
【分析】（1）确定点处三个面上角的大小后根据离散曲率定义计算；
（2）由离散曲率求得，从而证得，得直四棱柱为正方体，由线面垂直的判定定理和性质定理证明题的中线面垂直；
（3）根据离散曲率定义计算出，然后证得设，则即为与平面的所成角，再计算正弦值可得．
【小问1详解】
若，则菱形为正方形，因为平面平面，
所以，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为．
【小问2详解】
在四面体中，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，
解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，同理，
又平面，所以平面．
【小问3详解】
直四棱柱在顶点处的离散曲率为，
则，即是等边三角形， 则菱形中，，
平面，面，则，
又，平面，所以平面，
设，则即为与平面的所成角，．