重庆市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析 (1)

这是一份重庆市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析 (1)，共23页。试卷主要包含了 复数满足， “直线与平行”是“”的条件， 圆关于直线对称，则实数， 已知，，若，则实数的值为等内容，欢迎下载使用。
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求，再结合共轭复数以及模长公式运算求解.
【详解】因为，则，
可得，所以.
故选：B.
2. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若，，，则或者异面，故A错误，
对于B，若，，且与，的交线垂直，才有，否则与不一定垂直，故B错误，
对于C，若，，则或者，故C错误，
对于D，若，，则，D正确，
故选：D
3. “直线与平行”是“”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行求出参数的值，即可判断.
【详解】若直线与平行，
则，解得或，
当时直线与重合，故舍去；
当时直线与平行，符合题意；
所以.
所以“直线与平行”是“”的充分必要条件.
故选：C
4. 已知两个单位向量，的夹角为，则（ ）
A. B. 3C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据数量积的定义求出，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】因为两个单位向量，的夹角为，
所以，
所以.
故选：A
5. 圆关于直线对称，则实数（ ）
A. 1B. -3C. 1或-3D. -1或3
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可求解.
【详解】的圆心坐标为，
因为圆关于直线对称，
所以圆心在直线上，也即，
解得：或.
当时，可得：，符合圆的方程；
当 时，可得：，配方可得：，舍去.
故选：B
6. 直线与圆交于，两点，则直线与直线的倾斜角之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线与直线的倾斜角分别为，分别求出两直线的斜率，即，再求出即可.
【详解】圆的圆心为，
由，消去整理得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，又，所以，，
设直线与直线的倾斜角分别为，显然均不等于，
所以，，
所以，则，
所以
，
所以，即直线与直线的倾斜角之和为.
故选：A
7. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦和差公式化简得到，由正切二倍角公式和得到，从而得到方程，求出实数m的值.
【详解】因为，
则，即，
整理可得，即，
又因为，故，解得或，
且，则，可得，
即，解得.
故选：C.
8. 已知圆及直线，下列说法正确的是（ ）
A. 圆被轴截得的弦长为2
B. 直线过定点
C. 直线被圆截得的弦长存在最大值，此时直线的方程为
D. 直线被圆截得的弦长存在最小值，此时直线的方程为
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆方程求得圆与轴的交点坐标可得弦长为4，即A错误，将直线整理可得其恒过定点，即B错误，又圆心不在直线上，可得直线被圆截得的弦长不存在最大值，即C错误；当时，直线被圆截得的弦长存在最小值，此时直线的方程为，即D正确.
【详解】对于A，由圆方程可得圆与轴的交点坐标为和，
因此圆被轴截得的弦长为4，即A错误；
对于B，将直线整理可得；
由，解得，
所以无论为何值时，直线恒过定点，即B错误；
对于C，易知圆是以为圆心，半径，
易知圆心不在直线上，又直线被圆截得的弦长的最大值为直径，
所以可得直线被圆截得的弦长不存在最大值，可得C错误；
对于D，设直线与圆交于点，圆心到直线的距离为，
则弦长，
由直线恒过定点可得圆心到直线的距离有最大值为，
此时直线被圆截得的弦长存在最小值，满足，如下图所示；
此时直线的斜率为，其方程为，即,可得D正确；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于判断出不管取何值时直线都不过圆心，即取不得弦长的最大值（圆的直径），可得出结论.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的选项中，有多项
9. 在边长为2的正方形中，分别为，的中点，则（ ）
A.
B.
C.
D. 在上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算及数量积的运算律分别计算即可.
【详解】
对于A，，
所以，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，
，故C正确；
对于D，因为中点，由图可知在上的投影向量为,故D错误.
故选：BC.
10. 如图，直三棱柱所有棱长均为，，，，分别在棱，上，（不与端点重合）且，，分别为，中点，则（ ）
A. 平面
B. 过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形
C. 在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为
D. 若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】由直三棱柱性质以及线面平行判定定理可判断A正确，易知当分别为棱，的中点时截面为为矩形，即B错误；易知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，可判断C正确，作出点关于平面和的对称点，再利用余弦定理可得D正确.
【详解】对于A，如下图所示：
由可得，由三棱柱性质可得，因此可得，
因为平面，平面，
所以平面，即可知A正确；
对于B，由可知，结合A选项可知，
当分别为棱，的中点时，满足，如下图所示：
结合直棱柱性质可知，此时过，，三点的平面截三棱柱所得截面为，为矩形；即B错误；
对于C，易知，又，
所以在直角三角形中，，可得；
因此可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，即圆弧；如下图所示：
又是边长为4的正三角形，取为的中点，所以到的距离为，
因此可得当为圆弧的中点时，到棱距离的最小值为，即C正确；
对于D，取点关于平面和对称点分别为，
连接与平面和的交点分别为，时，周长的最小，如下图所示：
易知，，
由余弦定理可得，
因此周长的最小值为，即D正确.
故选：ACD
11. 已知圆和圆，．点是圆上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，圆和圆没有公切线
B. 当圆和圆有三条公切线时，其公切线的倾斜角的和为定值
C. 圆与轴交于，，若圆上存在点，使得，则
D. 圆和外离时，若存在点，使四边形面积为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据题分析可知圆和圆内含，即可得结果；对于B：根据题意可知两圆外切，进列式求得m得值即可分析判断；对于C：根据题意分析可知圆与圆相交，列式求解即可；对于D：根据两圆外离解得，根据面积关系可得，即可得，运算求解即可
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
可得，
对于选项A：若，则，
可知圆和圆内含，所以圆和圆没有公切线，故A正确；
对于选项B：若圆和圆有三条公切线，则两圆外切，
则，即，可得，
此时两圆是确定的，则公切线方程也是确定的，
所以公切线的倾斜角的和为定值，故B正确；
对于选项C：若，则点的轨迹方程为圆，
由此可知：圆存在点在圆内，且，
可知圆与圆相交，可得，即，
解得，故C错误；
对于选项D：若圆和外离，可得，即，解得，
因为四边形面积，解得，
又因为，即，
可得，解得，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填写在答題卡相应位置上．
12. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数为奇函数，则____．
【答案】或
【解析】
【分析】首先求出平移后的解析式，再根据诱导公式计算可得.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到，
又为奇函数，所以，
解得，又，所以或.
故答案为：或.
13. 已知点在直线上，且点恰好是直线夹在两条直线与之间线段的一个三等分点，则直线的方程为______________．（写出一条即可）
【答案】或（其中一条即可）
【解析】
【分析】设直线夹在直线、之间的部分是，且被三等分，设Ax1,y1，Bx2,y2，依题意可得或，再结合、分别在直线、上，求出、坐标，即可求出直线的方程.
【详解】设直线夹在直线、之间的部分是，且被三等分，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则或，
所以或，
又、分别在直线、上，所以，，
解得、或、，
所以，或，，
则直线的方程为或，
整理得或.
故答案为：或（其中一条即可）
14. 台风“摩羯”于2024年9月1日晚在菲律宾以东洋面上生成．据监测，“摩羯”台风中心位于某海滨城市（如图）的东偏南方向350km的海面处，并以的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为130km，并以的速度不断增大，_________小时后，该海滨城市开始受到台风侵袭．

【答案】8
【解析】
【分析】设在小时后，该海滨城市开始受到台风侵袭，此时台风中心位于点，利用两家和差公式求得，在结合余弦定理运算求解即可.
【详解】设在小时后，该海滨城市开始受到台风侵袭，此时台风中心位于点，

则，且，
因为，则，
可得，
在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，解得或，
故8小时后该海滨城市开始受到台风侵袭．
故答案为：8.
四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵．
15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，为边上一点．
（1）若为的中点，且，求；
（2）若平分，且的面积为，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得CD=12CA+CB，将两边平方，由数量积的运算律求出，再由余弦定理计算可得；
（2）由平分，则，由，利用三角形的面积公式可求得，.
【小问1详解】
在中，，，
因为为的中点，所以CD=12CA+CB，
两边平方得，
则，解得，
由余弦定理，
所以.
【小问2详解】
因为平分，所以，
又，
即
所以，
解得，.
16. 如图，在正三棱柱中，，为棱的中点，为边上靠近的三等分点，且．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形的中位线得线线平行，即可根据线面平行的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量垂直可得三棱柱的高，即可利用法向量的夹角求解.
【小问1详解】
如图，连接，连接，

则为的中点，又为的中点，
，又平面，平面，
平面；
【小问2详解】
取中点,设三棱柱的高为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
由于，故，解得，（负值舍去），
,
设平面的法向量为,,，
则，取，得，
而平面的一个法向量为，
则
故平面与平面夹角的余弦值为
17. 圆心为的圆经过A0,3，B2,1两点，且圆心在直线上．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点作圆的相互重直的两条弦，，求四边形的面积的最大值与最小值．
【答案】（1）
（2）四边形的面积的最大值为6，最小值为
【解析】
【分析】（1）设，根据圆的定义解得，即可得圆心和半径，即可方程；
（2）设弦，的中点分别为弦，，可得，利用垂径定理求，进而求面积并结合二次函数求最值.
【小问1详解】
因为圆心在直线，设，
由题意可知：，即，解得，
即圆心，半径，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为，可知点在圆内，
设弦，的中点分别为弦，，
由题意可知：为矩形，则，
即，可得，
且，，
则四边形的面积，
且，即，
当，即时，取到最大值6；
当或，即或时，取到最小值；
所以四边形的面积的最大值为6，最小值为.
18. 如图、三棱锥中，平面，为的中点，，，．
（1）证明：面面；
（2）若点到面的距离为，证明：；
（3）求与面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
分析】（1）由条件先证明平面，即可求证；
（2）设，通过直角三角形的面积构造等式，说明，即可求证；
（3）确定到平面的距离，再结合线面角正弦值的计算公式即可求解.
小问1详解】
因为平面，在平面内，
所以，又，为平面内两条相交之间，
所以平面，又在平面内，
所以面面.
【小问2详解】
因为为的中点，，，
所以，设，所以，
由（1）知，，，,
所以，
所以，所以，
所以在直角三角形中，由面积可得：，结合，
解得：，也即，
所以
【小问3详解】
因为，，设，所以，其中
此时所以
过向作垂线，垂足为，设，
所以，
所以，
由（1）可知，面,
因为为的中点，所以到面的距离为，
设与面所成角为，
所以，
因为，所以，
所以，
所以与面所成角的正弦值的取值范围是.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆C：，，是圆上的动点，且，的中点为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点A是直线上的动点，，是的轨迹的两条切线，，为切点，求四边形面积的最小值；
（3）若垂直于轴的直线过点且与的轨迹交于点，，点为直线上的动点，直线，与的轨迹的另一个交点分别为，与不重合），求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据弦长关系可得，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，即可得方程；
（2）根据切线性质可得，进而可得最小值；
（3）先进行图形平移，将圆心平行至原点，可得，分类讨论直线斜率是否存在，利用韦达定理可证直线过定点，进而可得结果.
【小问1详解】
因为圆C：，即，
可知圆C的圆心为，半径，

由题意可得：，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
因为四边形面积，

可知当时，PC取到最小值，
所以四边形面积的最小值为.
【小问3详解】
由题意可知：直线，不妨令，

先说明如下问题：若点为直线上的动点，直线与圆的另一个交点分别为，（与不重合），求证：直线过定点．

因为，
可知，即，可得，
又因为，
可得，
则，即，
整理可得，
若直线的斜率存在，设为，
联立方程，消去y可得，
则，且，
则，整理可得，解得或，
若，则直线：过定点；
若，则直线：过定点，
且与不重合，不合题意；
所以直线过定点；
若直线的斜率不存在，则，可得，
即，解得或（舍去），
此时直线过点，符合题意；
且在圆内部，直线与圆必相交，
综上所述：直线过定点.
将上述问题图象，整体向右平移1个单位，再向上平移3个单位，即可得得到本题的问题，
结合图形平移可知：直线过定点.
【点睛】关键点点睛：根据图形变换，将圆心平移至坐标原点，这样可以简化运算.