重庆市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考题含解析，共23页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0， 已知圆C， 下列四个命题是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
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. 直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.
【详解】由直线，
则，
设直线的倾斜角为，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.
2. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得，进而根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以在上的投影向量为
故选：B
3. “”是“直线与直线垂直”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线垂直的性质，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】由，得，
所以或，所以是的充分不必要条件．
故选：A
4. 如图所示，在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，则向量可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解.
【详解】解：因为在平行六面体中，，，，点是的中点，点是上的点，且，
所以，
故选：D.
5. 已知在平面直角坐标系Oxy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C的方程为
B. 曲线C上存在点D，使得D到点的距离为10
C. 曲线C上存在点M，使得
D. 曲线C上的点到直线的最大距离为9
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点坐标以及由两点间距离公式即可整理得点P所构成的曲线为C的方程为，即可判断A；利用点到圆上点距离的最大值，即可知在C上不存在点D，即可判断B；设，利用两点间距离公式得到方程和联立，无解，即可判断C；求出C的圆心到直线的距离，可得曲线C上的点到直线的最大距离为9，即可判断D.
【详解】对于A，由题意可设点Px,y，
由A-2,0，B4,0，，得，
化简得，即，故A错误；
对于B，点到圆上的点的最大距离，
故不存在点D符合题意，故B错误；
对于C，设，由，
得，又，
联立方程消去得，得无解，故C错误；
对于D，C的圆心到直线的距离为，
且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确.
故选：D.
6. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F分别是上底棱的中点，则点A到平面B1D1EF的距离为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面B1D1EF的法向量后可求点到平面的距离.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
故，，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
故到平面的距离为，
故选：A.
7. 广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互纠在一起，因而被习称为“阴阳鱼太极图”如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”整个图形是一个圆形区域．其中黑色阴影区域在y轴左侧部分的边界为一个半圆．已知符号函数，则当时，下列不等式能表示图中阴影部分的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆、符号函数的知识对选项逐一分析，从而确定正确选项.
【详解】对于A选项，当时，，
即表示圆内部及边界，显然不满足，故A错误；
对于C选项，当时，，
即表示圆外部及边界，满足；
当时，，
即表示圆的内部及边界，满足，故C正确；
对于B选项，当时，，
即表示圆内部及边界，显然不满足，故B错误；
对于D选项，当时，，
即表示圆外部及边界，显然不满足，故D错误.
故选：C
8. 在平面直角坐标系中，已知，为圆上两动点，点，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令为中点，根据直角三角形性质，圆中弦长、弦心距、半径的几何关系求得轨迹为圆，求定点到所得圆上点距离的最大值，结合即可求结果.
【详解】由，要使最大只需到中点距离最大，
又且，
令，则，整理得，
所以轨迹是以为圆心，为半径的圆，又，即在圆内，
故，而，故.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用圆、直角三角形的性质求中点的轨迹，再求定点到圆上点距离最值即可.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知圆C：，直线l：.则以下几个命题正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 直线与圆恒相交
D. 直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线方程求出定点坐标即可判断选项A；求出圆和轴的交点坐标，即可判断选项B；利用定点和圆的位置关系即可判断选项C；当弦长最短时，直线与过圆心的直线垂直，从而判断选项D.
【详解】选项A中，直线方程整理得，由，解得，
∴直线过定点，A正确；
选项B中，在圆方程中令，得，，
∴轴上的弦长为，B正确；
选项C中，，∴在圆内，直线与圆一定相交，C正确；
选项D中，直线被圆截得弦最短时，直线且，
∴，则直线方程为，即，D错误.
故选：ABC.
10. 下列四个命题是真命题的是（ ）
A. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
B. 已知，，点为轴上一动点，则的最大值是
C. 已知，，，过A作直线与线段相交，则直线斜率的取值范围为
D. 经过两条直线：和：的交点，且与直线平行的直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例排除A；利用点关于直线对称的知识，结合三角形两边之和大于第三边判断B；作出图形，数形结合判断C；先联立两直线方程求得交点，再利用直线平行求直线方程判断D，从而得解.
【详解】对于A：当直线经过原点时，所求直线为，故A错误；
对于B：由已知点关于轴的对称点为，
又，直线方程为，
令得，所以直线与轴交点为，
则，
当且仅当是与轴交点时等号成立，故B正确；
对于C：因为，，，
所以，，
则过点作直线与线段相交时，则直线斜率的取值范围为，故C正确；
对于D：由，得，即与的交点为，
设与直线平行的直线方程为，
则，所以，则所求直线方程为，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点G到平面的距离为定值
B. 若，则的最小值为2
C. 若，且，则点G到直线的距离为
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平行线传递性与平行线共面判断A，利用线面垂直的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故A正确；
对于B，连接，面，是在平面上的射影，
要使，则，
所以点M的轨迹是平面上以F为圆心，1为半径的半圆，
所以的最小值为，故B错误；
对于C，连接，，，，
因为，且，所以A，E，，G四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，
故以为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A2,0,0，，，，
所以，，，，
故点G到直线距离，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，
设（），则A2,0,0，，，，
所以，，，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为（），
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：（1）向量法求点面距离：求出平面的法向量，则点到平面的距离公式为.
（2）向量法求线面所成角的正弦值：求出平面的法向量，则.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 已知圆：，圆：，若圆与圆内切，则实数a的值是______.
【答案】或2
【解析】
【分析】先由圆的标准方程得到两圆的圆心与半径，再利用两圆内切得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】由题可知圆心，半径，圆心，半径，
因为圆与圆内切，
所以，解得或.
故答案为：或2.
13. 已知直线：，：，当时，直线与之间的距离是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据可得，再根据平行直线间的距离公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得或.
当时，与重合，不符合题意；
当，直线：,：,即，满足，
故直线与之间的距离是.
故答案为:.
14. 现有四棱锥（如图），底面ABCD是矩形，平面ABCD.，，点E，F分别在棱AB，BC上.当空间四边形PEFD的周长最小时，异面直线PE与DF所成角的余弦值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据两点间线段最短，结合平行线的性质、异面直线所成角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】将沿旋转到平面内，如下图所示，
设点关于对称的点为，线段与的交点为，
此时空间四边形PEFD的周长最小，
因为，所以，
同理可得：，
因为底面ABCD是矩形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
所以可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
，
异面直线PE与DF所成角的余弦值为：
，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用两点间线段最短是解题的关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆C的圆心为，直线与圆C相切.
（1）求圆C的方程；
（2）若直线过点，被圆C所截得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题意，根据点到直线距离公式，求出半径，进而可得圆的方程；
（2）先考虑斜率不存在的情况，由题中条件，直接得直线方程；再考虑斜率存在的情况，设的方程为，根据圆的弦长的几何表示，得到圆心到直线的距离，再根据点到直线距离公式列出方程求解，即可得出斜率，求出对应直线方程.
【详解】（1）因为直线与圆C相切，所以圆心到直线的距离等于半径，
即圆心到直线的距离为
∴圆C的方程为：；
（2）当斜率不存在时，的方程为，
易知此时被圆C截得的弦长为2，符合题意，所以；
当斜率存在时，设方程为，
则.
又直线被圆C所截得的弦长为2，所以，则，
所以，解得，
所以直线的方程为.
综上：方程为或.
16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点．
（1）证明：平面．
（2）若平面，，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点G，连接，根据线面平行的判定定理只需证明,要想证明，也就是要证明四边形为平行四边形，即证且.
（2）由已知可得两两垂直，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可．
【小问1详解】
取的中点G，连接，
分别为的中点，
，
又底面ABCD为菱形，，
，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面．
【小问2详解】
连接，
平面，平面，
，
四边形为菱形，，
为等边三角形，
F为的中点， ，
， ，
两两垂直，
以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
由可知，
则，
设平面的法向量，
则，令，得，，所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
直线与平面所成角正弦值为．
17. 过点作直线分别交轴、轴正半轴于A，B两点.
（1）当面积最小时，求直线的方程；
（2）当取到最小值时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为（），则，，
即可，展开后利用基本不等式，当面积最小时，求得值，即可得到直线的方程；
（2）由，展开后利用基本不等式，当取到最小值时，求得值，即可得到直线的方程.
【小问1详解】
过点的直线与轴、轴正半轴相交，所以直线的斜率
设直线的方程为（），
则，，
，
当且仅当（）即时取“”成立，
则直线的方程为：.
【小问2详解】
由（1），
，
当且仅当（）即时，取“”成立，
则直线的方程为：.
18. 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．
（1）在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
（2）当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析
（2）符合题意的点存在且为线段的中点．
【解析】
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；
（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
【小问1详解】
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
【小问2详解】
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，又，
又，且，平面，平面，
平面，故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，即，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
19. 已知圆经过三点．
（1）求圆的方程．
（2）已知直线与圆交于M，N（异于A点）两点，若直线的斜率之积为2，试问直线是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线经过定点，该定点的坐标为
【解析】
【分析】（1）设出圆的一般方程，代入的坐标，由此求得正确答案.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直线的斜率之积列方程，化简求得定点坐标.
【小问1详解】
设圆W的方程为，
则，解得
则圆W的方程为．
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，则设直线的方程为，
则，整理得．
又，解得，所以直线的方程为，此时经过点，不符合题意．
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则．
，
则，
整理得，
解得或．
当时，直线的方程为，
此时直线经过点，不符合题意，故舍去．
所以，
故直线的方程为，即，经过定点．
综上所述，直线经过定点，且该定点的坐标为．
【点睛】求圆的方程的方法有两种思路，一种思路是根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程；另一种思路是设圆的一般方程，然后根据已知条件求得，从而求得圆的一般方程.