2024-2025学年河北省沧州市高二上学期第一次月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市高二上学期第一次月考数学检测试题合集2套（附解析），共35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．直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．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．
3．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4．已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，，若圆上存在点P（不同于点A，B）使得，则实数r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆直线，点在直线上运动，直线分别与圆相切于点．则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．最短时，弦AB长为
C．最短时，弦AB直线方程为
D．直线AB过定点
8．已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最大值是
C．的最小值是
D．过点作曲线的切线，则切线方程为
10．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
11．如图，已知点，是以OD为直径的圆上的一段圆弧，是以BC为直径的圆上的一段圆弧，是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段圆弧构成曲线，则（ ）

A．曲线与轴围成的面积等于
B．与的公切线的方程为
C．所在圆与所在圆的相交弦所在直线的方程为
D．所在圆截直线所得弦的弦长为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线l经过直线和的交点，且直线l在坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是 .
13．台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为 小时.
14．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
(1)求顶点的坐标；
(2)求直线的方程．
16．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明：；
(2)若直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 BD上一点，求点到平面 的距离.
17．已知以点A−1,2为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于
(1)求圆的方程；
(2)当时，求直线的方程．
18．如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．

(1)求证：平面；
(2)点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知圆.
(1)证明：圆过定点.
(2)当时，求直线被圆截得的弦长.
(3)当时，若直线与圆交于两点，且，其中为坐标原点，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】方法一 ∵直线的一个方向向量为，∴，
∴直线的方程为，即．
方法二 由题意知直线的一个法向量为，
∴直线的方程可设为，将点代入得，
故所求直线的方程为．
故选：B
2．【答案】B
【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．
3．【答案】C
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4．【答案】B
【分析】先得到曲线轨迹为以为圆心，2为半径的上半圆，求出恒过定点，把半圆和直线画出，数形结合得到有两个相异的交点时实数k的取值范围.
【详解】，变形得到，
故曲线轨迹为以为圆心，2为半径的上半圆，
恒过定点，把半圆和直线画出，如下：
当过点时，满足两个相异的交点，
且此时取得最小值，最小值为，
当与相切时，由到直线距离等于半径可得
，解得，
故要想曲线与直线有两个相异的交点，
则.
故选B.
5．【答案】A
【详解】根据直径对的圆周角为，
结合题意可得以AB为直径的圆和圆有交点，
因为点P（不同于点A，B），显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．
而以AB为直径的圆的方程为，两个圆的圆心距为3，
故|，求得，
故选：A．
6．【答案】B
【详解】设，因为为的中点，所以，即，
又因为点在曲线上，所以，所以．
所以点的轨迹方程为即．
故选：B
7．【答案】B
【详解】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，
即，
最短时，面积最小，故当时，最短，
即，
，故A错误；

由上述可知，时，最短，故最小，
且最小值为，
所以，故B正确；
当最短时，则，又，所以，，
，
可设的直线方程为，
圆心到直线的距离，
解得或，
由于直线在圆心的右侧，且在直线的左侧，
所以，
所以，
即直线的方程为，故C错误；
设圆上一点，，，
，，，
易知，
由于，
所以，
同理，
，
，
，即，
令，解得，
所以直线过定点为，故D错误．
故选：B．
8．【答案】D
【详解】

如图，取线段的中点，连接，则，
由，
因直线经过点，考虑临界情况，
当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长，
为，（但此时直线与轴平行，点不存在）；
当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）.
故的范围为.
故选：D.
9．【答案】BD
【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为，
对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方，
所以它的最大值为，所以A错误；
对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最大值为，所以B正确；
对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误；
对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上，
则点与圆心连线的斜率为，
根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为，
所以切线方程为，即，所以D正确.
故选：BD.
10．【答案】AC
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
11．【答案】BC
【详解】对于A，，，所在圆的方程分别为，，，曲线与轴围成的图形为一个半圆、一个矩形和两个圆，
其面积为，故A错误；
对于B，设与的公切线方程为（，），则，
所以，，所以与的公切线的方程为，
即，故B正确；
对于C，由及两式相减得，
即公共弦所在直线方程，故C正确；
对于D，所在圆的方程为，圆心为，
圆心到直线的距离为，
则所求弦长为，故D错误.
故选：BC.
12．【答案】或
【详解】由，解得，即直线过点，
当直线过原点时，直线的方程为，
当直线不过原点时，设直线的方程为，则，解得，方程为，
所以直线的方程为或.
故答案为：或
13．【答案】
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
14．【答案】/
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
15．【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）因为边上的高所在直线方程为，
设线的斜率为，则，解得，
又因为直线过点，
则直线的方程为,，
又边上的中线所在直线方程为，且该直线过点，
所以联立，
解得的坐标为．
（2）设，因为边上的中线所在直线方程为，
所以的中点在直线上，
且边上的高所在直线过顶点，
所以，解得，即的坐标为．
由（1）知，由两点式方程得，
化简得.
即直线的方程为．
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
(2)建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 所成角的正弦值为，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】(1)因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
(2)由(1)及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面的距离等价于点到平面的距离，为.
故点M到平面 的距离.
17．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）易知A−1,2到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
（2）过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，
由A−1,2到距离为知得，
代入解之可得，
所以或为所求方程．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）由题意：，同理，
又．而，即
又平面平面，平面平面平面，
平面平面，又，且面面平面．
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设，有，
取面的一个法向量，
则，
故．
令是平面的一个法向量，则，即
令，有，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）由，
得，
令，得，解得，
所以圆过定点，且定点的坐标为.
（2）当时，圆的标准方程为，
则圆的圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为.
（3）将代入，得.
则恒成立，
设，则，
所以
，整理得，则，
所以的取值范围是.
2024-2025学年河北省沧州市高二上学期第一次月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（ ）．
A．B．
C．D．
3．已知空间向量，0，，，2，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．，2，B．，2，C．，0，D．，0，
4．如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知直线，其中，则“”是“”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
7．已知椭圆的右焦点为，点，点是上的动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．10D．
8．在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面B．直线与平面所成角的正弦值为定值
C．平面平面D．点到平面的距离为定值
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．的长为
10．已知圆，则（ ）
A．圆与直线必有两个交点
B．圆上存在4个点到直线的距离都等于1
C．圆与圆恰有三条公切线，则
D．动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，则四边形面积最小值为2
11．如图，在四棱锥中，底面，底面为边长为2的菱形，，为对角线的交点，为的中点．则下列说法正确的是（ ）
A．B．三棱锥的外接球的半径为
C．当异面直线和所成的角为时，D．点F到平面与到平面的距离相等
三、填空题（本大题共3小题）
12．台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为 小时.
13．设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是 ．
14．已知圆，点的坐标为，过点作直线交圆于两点，则的取值范围为
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知直线，.
(1)若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值；
(2)当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.
16．如图，在三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，，.记.

(1)用表示，并证明；
(2)若为棱的中点，求线段的长.
17．已知圆C：，直线l：.
(1)设l与圆C交于不同的两点A，B，求弦AB的中点M的轨迹方程；
(2)若定点分弦AB为，求此时直线l的方程.
18．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
19．已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.

(1)直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值；
(2)求证：直线过定点.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2．【答案】B
【详解】由题意知，又，
∴
∴，即或（舍），
故选:B．
3．【答案】C
【解析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案.
【详解】解：向量，0，，，2， ，
则，， ，
所以向量在向量上的投影向量为
.
故选：C.
4．【答案】C
【详解】由点在上，且，知；由为的中点，知.
所以.
故选：C.
5．【答案】D
【详解】将曲线的方程化简为
即表示以 为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：

由圆心到直线 的距离等于半径2，可得：
解得 或
结合图象可得
故选D
6．【答案】A
【详解】直线的充要条件是 或 ．故选A．
7．【答案】B
【详解】若为椭圆左焦点且，则，故，
所以，
而，所以，仅当共线时取等号，
综上，的最小值为，取值条件为共线且在之间.
故选：B
8．【答案】B
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
令，得，
令，得，，
对于A，，显然，
即，，
而，平面，因此平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
因为，，平面，则平面，
于是为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则不是定值，B错误；
对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，
而，则，
即有，
又，平面，因此平面，
则平面平面，C正确；
对于D，显然，
因此点到平面的距离为，为定值，D正确.
故选：B
9．【答案】AC
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
10．【答案】AC
【详解】对于A，将直线整理得，由，
知，所以直线过定点，因为，
所以该定点在圆内，故A正确；
对于B，圆的圆心到直线的距离为，
所以过圆心且与直线平行的直线与圆相交有两个点到直线的距离为1，
与直线平行且与圆相切，并且与直线在圆心同侧的直线到的距离为1，
所以只有三个点满足题意，故B错误；
对于C，将圆化成标准形式为，
因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，所以，
解得，故C正确；
对于D，连接，因为为切点，所以，
所以，且当最小时，最小，
所以当与直线垂直时，，又因为半径为2，
所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
11．【答案】ACD
【详解】在菱形中，过点作直线，由底面，得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，而，
则，
由，得，则，
对于A，，，
则，于是，A正确；
对于B，由，得三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心为，
则球心在过垂直于平面的直线上，直线，显然球心在线段的中垂面上，
因此，三棱锥的外接球，B错误；
对于C，，由异面直线和所成的角为，
得，整理得，
而，解得，C正确；
对于D，，
设平面与平面的法向量分别为，
，令，得，
，令，得，
而，则点F到平面的距离，
点F到平面的距离，显然，D正确.
故选：ACD
12．【答案】
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
13．【答案】
【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
则，得，
所以，
，
显然不是平角，所以为钝角等价于，
即，即，
解得，因此的取值范围是.
故答案为：

14．【答案】.
【详解】取中点为，连接，如图所示：
则，又，，
故点的轨迹为以为直径的圆，圆心为，半径为，
因为，，
所以，即，则.
故答案为：.
15．【答案】(1)或
(2)或
【详解】（1）设原点O到直线m的距离为，
则，解得或；
（2）由解得，即m与n的交点为.
当直线l过原点时，此时直线斜率为，
所以直线l的方程为；
当直线l不过原点时，设l的方程为，
将代入得，
所以直线l的方程为.
故满足条件的直线l的方程为或.
16．【答案】(1)，，证明见解析；
(2).
【详解】（1）由题设，，
，
所以
，
由侧面与侧面都是菱形且，，
所以，故.
（2）由题设，，
所以
，
所以.
17．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）∵直线l：过定点，斜率一定存在，
而在圆C：内，
∴直线l与圆C总有两个不同的交点；
圆C：的圆心为，
所以M与P不重合时，连接CM，CP，则，
∴.
设，则，
化简得：；
（2）设，，
由，得，
∴，化简得，①
又由，消去y得.
∴，②
由①②解得，代入（*）解得.
∴直线l的方程为或.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，PA，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意，可得，
所以椭圆，且
设，则，即，
可得，
所以为定值.
（2）解法一：设，则，
可得，
设直线，，
联立方程，消去x可得，
则，解得，
且，
则，
整理可得，
则，
因为，则，解得，
所以直线过定点
解法二：设，则，
直线，可知与椭圆必相交，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
同理，
直线的斜率存在时，，
则，
令，；
当的斜率不存在时，则，解得；
综上所述：直线过定点
2．求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．