2024-2025学年黑龙江省绥化市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省绥化市高二上学期9月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．直线过点，的直线的倾斜角的范围是，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．3B．C．D．1
3．直线，，若两条直线平行，则实数（ ）
A．B．1C．3D．或3
4．如图，在平行六面体中，点是棱的中点，连接、交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．

A．B．C．D．
7．已知中，，，则面积的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．
8．在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A．2B．3C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法中不正确的是（ ）
A．经过定点的直线都可以用方程来表示
B．经过定点的直线都可以用方程来表示
C．不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成截距式
D．不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成两点式
10．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1
C．圆：与圆：恰有三条公切线，则
D．已知圆C：，点P为直线上一动点，过点向圆C引两条切线、，、为切点，则直线经过定点
11．如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为8
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．二面角的正切值为
D．异面直线AC与所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知正方形的中心为直线，的交点，正方形一边所在的直线方程为，则它邻边所在的直线方程为 ．
13．曲线与直线仅有一个交点时，实数k的取值范围是 ．
14．德国机械学家莱洛设计的菜洛三角形在工业领域应用广泛．如图，分别以等边三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形．若该等边三角形的边长为，为弧上的一个动点，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，边上的高线所在直线方程为．
(1)求边所在直线的方程；
(2)求的面积．
16．如图，在四棱维中，平面平面，，，，，，．
(1)求直线与平面所成角的正切值；
(2)在上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
17．某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
(2)若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
18．已知圆心为C的圆经过点，，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的方程：
(2)已知直线l过点且直线l截圆C所得的弦长为2，求直线l的方程．
(3)已知点，，且P为圆C上一动点，求的最小值．
19．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：直线平面，并求三棱锥的体积：
(2)若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
参考答案
1．【答案】B
【详解】由直线的倾斜角的范围是，得直线的斜率存在时，或.
当时，，
或，解得或.
当直线的斜率不存在时，符合题意
综上，实数的取值范围是.
故选：B
2．【答案】B
【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，
所以.
故选：B
3．【答案】C
【详解】因为，，
由可得且，
解得，
故选：C.
4．【答案】B
【详解】在平行四边形中，因为为的中点，连接、交于点，且，
所以，，则，
因此，.
故选：B.
5．【答案】B
【详解】不超过12的质数有，任取两个不同数有，共10个，
其中和为偶数的结果有，共6个，
所以随机选取两个不同的数，和为偶数的概率为.
故选：B
6．【答案】D
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
∴直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.

则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选D.
7．【答案】C
【详解】设，则，
由余弦定理得：，
所以，
所以，
所以当时，即时，的面积最大，最大为，
故选：C
8．【答案】D
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，A2,0,0，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，
即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：D
9．【答案】ABC
【详解】对于A，点斜式方程适用斜率存在的直线，故A错误；
对于B，斜截式方程适用斜率存在的直线，故B错误；
对于C，截距式方程适用不与坐标轴重合或平行且不过原点的直线，故C错误；
对于D，两点式方程适用不与坐标轴重合或平行的直线，故D正确；
故选：ABC
10．【答案】BCD
【详解】直线，
所以，所以，解得，
所以直线恒过定点，故A错误；
圆，圆心为到直线的距离为，
所以直线与圆相交，平行于直线l且距离为的直线分别过圆心以及和圆相切，
所以圆上有且仅有个点到直线的距离为，故B正确；
由：可得，圆心，，
由：可得，
圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，
即，解得：，故C正确；
设，所以，
因为、，分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，
所以点，在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为
.
整理可得：，与已知圆C：，相减可得.
消去可得：，即，
由解得，所以直线经过定点，故D正确.
故选：BCD.
11．【答案】ABC
【详解】过作于，
在中，因为，所以，，
由正弦定理得,即，解得，
所以，，
因为,
所以
，
由正弦定理得，即，解得，
所以
，
因为平面平面ADC，平面平面，，
所以平面ADC，
所以三棱锥的体积为，所以A正确，
设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得
所以，
由正弦定理得，所以，
取的中点，连接，则，
，
设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则
，即，解得，，
所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确，
过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则
，，
则
所以
设异面直线AC与所成角为，则
，所以D错误，
故选：ABC
12．【答案】
【详解】解：，解得，
∴中心坐标为，
点M到直线的距离
设与垂直两线分别为，则点到这两条直线距离相等且为，
设方程为
∴，解得或 ，
∴它邻边所在的直线方程为．
故答案为：
13．【答案】
【详解】曲线，即
直线过定点，
如图：B−2,1，，
当直线与曲线有一个交点时，
则直线夹在了直线与直线之间，而，
所以此时k的取值范围是1,+∞，
当直线与曲线相切时也只有一个交点，
则圆心0,1到直线的距离为：
，解得，
所以实数k的取值范围是：.
14．【答案】
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，则为单位圆上一点，利用任意角的三角函数定义，设点的坐标，用向量的坐标运算求解即可.
【详解】
由已知，弧是以为圆心，为半径的圆的一部分，
以为原点，所在直线为轴，过与直线垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，则由已知，，，
由任意角的三角函数的定义，设，，
则，，，
∴，
∴
令，，则，
当时，，
，
，
∴存在，使，即，
∴当时，的最小值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以设直线的方程为：，
将代入得，所以直线的方程为：，
联立，所在直线方程：，解得，
设，因为为的中点，所以，
因为在直线上，在上，
所以，，
解得，所以，，
所以所在直线的方程为：，即.
（2）点到直线的距离为：，
又，
所以.
16．【答案】(1)
(2)存在点，使得平面，.
【详解】（1）
取的中点为，连接，
因为，所以，又平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，又，所以，
，，所以，，所以，
所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
P0,0,1，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为m=x,y,z，
则，，令则，
所以，
设直线与平面所成角为，
，
所以，所以，
所以直线与平面所成角的正切值.
（2）在上存在点，使得，
所以，所以，
所以，所以，
因为平面，所以，
即，解得，
所以存在点，使得平面，此时.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,
则,
故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.
①比分为2:1的概率为
.
②比分为2:2的概率为.
③比分为3:2的概率为
.
综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为.
18．【答案】(1)
(2)x=1或
(3)24
【详解】（1）,AB的中点为
AB的垂直平分线方程为，即,
将联立可得,即圆的圆心坐标为.
圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设圆心到直线的距离为d，由弦长公式得，故.
若直线的斜率不存在，则x=1，此时圆心到直线的距离为3，符合题意.
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，
所以，解得，则直线的方程为.
故直线的方程为x=1或.
（3）在圆的标准方程上，
设,
又因为点，，
所以
，
当时，取最小值为.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）设，连接，
为底面圆的内接正三角形，，为中点，
又，，；
，，，，
，∽，，；
平面，平面，平面平面，
平面平面，平面，平面，
又平面，，
平面，平面，平面；
为中点，，即，
又平面，平面，，，
，平面，平面，
，，，
又，平面，
.
（2），为中点，又，为中点，，
，，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
，，，，，
设，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
设直线与平面所成角为，
，
令，则，，
，
，当，即时，，
，此时，
，
点到平面的距离.
2024-2025学年黑龙江省绥化市高二上学期9月月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．椭圆与椭圆的（ ）
A．长轴长相等B．短轴长相等C．离心率相等D．焦距相等
2．经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．-2B．1C．3D．4
3．已知，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．2
4．已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知椭圆的两焦点为为椭圆上一点且，则（ ）
A．B．C．D．2
8．如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线为异面直线
C．直线与直线所成的角为
D．平面
10．已知直线，则（ ）
A．若，则的一个方向向量为B．若，则或
C．若，则D．若不经过第二象限，则
11．已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（ ）
A．使为直角三角形的点共有4个
B．的最大值为4
C．若为钝角，则点的横坐标的取值范围为
D．当最大时，
三、填空题（本大题共3小题）
12．若椭圆的一个焦点为，则p的值为 ．
13．在正方体中，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为 .
14．已知，则的最小值为
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知直线与直线相交于点，则
(1)求过点且平行于直线的直线
(2)求过点且垂直于直线的直线
16．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动.
(1)求线段AB的中点P的轨迹C2的方程：
(2)设圆C1与曲线C2的交点为M、N，求线段MN的长．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
18．已知椭圆的离心率为，上顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．
19．如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.

(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】D
【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.
【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.
故选：D.
2．【答案】B
【详解】经过两点的直线的斜率为，
又直线的倾斜角为，所以，解得.
故选：B.
3．【答案】C
【详解】向量
若，
则，
．
故选：C．
4．【答案】B
【详解】直线在轴上的截距为，点在直线上，
又直线的斜率为,根据点斜式方程得即.
故选：B.
5．【答案】B
【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】依题意，方程表示椭圆，
则，
解得或，
即实数m的取值范围是.
故选：B
6．【答案】A
【详解】由直线，
变形可得，由，解得，
可得直线恒过定点，

则，
又直线的斜率为，
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为.
故选：A.
7．【答案】A
【详解】椭圆得，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
8．【答案】D
【详解】设交点分别为，，则，，
两式相减得到，即，解得.
故直线方程为：，即.
故选：D.
9．【答案】AD
【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.
【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；
对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，
则，
则，
则，
则，又因为平面，所以平面.
故选：AD.
10．【答案】ACD
【详解】对A，当时，，斜率为，则其一个方向向量为，故A正确；
对B，若，当时，显然不合题意，则，则直线的斜率，
直线的斜率，则有，即，解得或，
当时，此时直线，显然两条直线重合，故B错误；
对C，若，当时，显然不合题意，则，则，
即，解得，故C正确；
对D，若不经过第二象限，，化简得，则，解得，故D正确；
故选：ACD.
11．【答案】CD
【详解】
因为椭圆：，所以，
以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，
由有：，解得，
所以使点共有4个；
使或点共有4个；
所以共有8个点满足要求，故A错误；
若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C正确；
由圆：有：，，
设椭圆：上任意一点，
则，
所以 ，故的最大值为，故B错误；
如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：
，因为，，
所以，故D正确.
故选：CD.
12．【答案】3
【分析】利用椭圆标准方程概念求解
【详解】因为焦点为，所以焦点在y轴上，所以
故答案为：3
13．【答案】 /0.5
【详解】
如图所示，连接、，分别为，的中点，所以，
所以和夹角就是与所成的角，
而是正三角形，所以，所以，
直线和夹角的余弦值为.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】，
设在直线上，点，，
则，，
则,

如图，关于直线的对称点为，则的最小值即为线段长，
设，则，解得，即，
故，
所以，
故答案为：
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由解得，即，
因为直线的斜率为，
所以过点且平行于直线的直线的斜率为，
所以直线为：，化简得.
（2）因为直线的斜率为，
所以点且垂直于直线的直线的斜率为
所以直线为：，化简得.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
（2）将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由离心率，则，
又上顶点，知，又，可知，，
∴椭圆E的方程为；
（2）设直线l：，设，，
则，整理得：，
，即，
∴，，
∴，
即，解得：或（舍去）
∴
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以.
因为，所以，所以.
又，，平面，
所以平面.
（2）因为，，，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

依题意有A0,0,0，，，D0,1,0，，，
则，，，.
设平面的法向量，
则有
令，得，，所以是平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）假设存在，使二面角的正弦值为，
即使二面角的余弦值为.
由（2）得，，
所以，，.
易得平面的一个法向量为.
设平面的法向量，
，
解得，令，得，
则是平面的一个法向量.
由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为，
故二面角的余弦值为，
则有，
即，解得，.
又因为，所以.
故存在，使二面角的正弦值为