2024^2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学试卷（2套）附解析

这是一份2024^2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学试卷（2套）附解析，共32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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，，则
A．B．C．D．
2．已知直线，若，则实数的值为（ ）
A．1B．C．D．
3．已知是实常数，若方程表示的曲线是圆，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若与所成的角相等，则
B．若，，则
C．若，则
D．若，，则
5．直线与圆相交于、两点，若，则等于（ ）
A．0B．C．或0D．或0
6．过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（ ），
A．条B．条C．条D．无数条
7．已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
二、多选题（本大题共3小题）
9．三条直线，，构成三角形，则的值不能为（ ）
A．B．
C．D．－2
10．正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．直线与直线所成角为B．直线与平面ABCD所成角为
C．二面角的大小为D．平面平面
11．已知圆，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则下列各选项正确的是（ ）
A．四边形面积的最小值为4
B．四边形面积的最大值为8
C．当最大时，
D．当最大时，直线的方程为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线，，则直线与之间的距离最大值为 .
13．已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．
14．若点A（x，y）满足C：（x+3）2+（y+4）225，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P（6，1）而言，||的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知直线与直线的交点为P.
（1）若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的方程；
（2）若直线l1过点P且与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，△ABO的面积为，求直线l1的方程．
16．某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为4，．
（1）求的长及该长方体的外接球的体积；
（2）求正四棱锥的斜高和体积．
17．已知：圆过点，，，是直线上的任意一点，直线与圆交于、两点.
（1）求圆的方程；
（2）求的最小值.
18．在平面直角坐标系中，已知圆和圆．

(1)若直线过点，且与圆相切，求直线的方程；
(2)设为直线上的点，满足：过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等．试求满足条件的点的坐标．
19．如图，已知直三棱柱中，且，、、分别为、、的中点，为线段上一动点.
(1)求与平面所成角的正切值；
(2)证明：；
(3)求锐二面角的余弦值的最大值.
答案
1．【正确答案】A
【详解】
因为，所以=（5，7），故选A.
考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.
2．【正确答案】D
【分析】对进行分类讨论，代入求解即可.
【详解】当时，直线的斜率，
直线的斜率不存在，此时两条直线不垂直；
当时，直线的斜率，
直线的斜率，
因为，所以，
所以，解得.
故选：D.
3．【正确答案】B
【详解】由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数的不等式，解出即可.
【详解】由于方程表示的曲线为圆，则，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.
4．【正确答案】D
【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误；
B项中两直线还可能相交或异面,错误；
C项两平面还可能是相交平面，错误；
故选D.
5．【正确答案】D
【分析】求出到圆心的距离和圆心 到直线 的距离，即可求出的值.
【详解】由题意，
∵，
∴到圆心的距离为 ，
∴圆心 到直线 的距离为：
，即.
解得：或，
故选：D.
6．【正确答案】B
【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得之间关系，根据为正整数可分析得到结果.
【详解】均为正整数，可设直线，
将代入直线方程得：，
当时，，方程无解，，
，，，或，
或，即满足题意的直线方程有条.
故选：B.
7．【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出、，利用，求出的范围．
【详解】解：如图建立坐标系，
设，，
则，，，
，，
，
，
即，所以，
当时，所以，所以．
故选：C．
8．【正确答案】D
【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为4，
圆的圆心为，半径为1，
可知，
所以，
故求的最小值，转化为求的最小值，
设关于直线的对称点为，设坐标为，
则 ，解得，故，
因为，可得，
当三点共线时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
9．【正确答案】AC
【分析】由三条直线可构成三角形可知，直线不经过两条直线的交点，且与两条直线任意一条不平行.
【详解】直线与都经过原点，而无论为何值，直线总不经过原点，
因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行，
所以．
故选：AC.
10．【正确答案】AC
【分析】
选项A：先判断出与所成角即为,利用为正三角形，即可判断；
选项B：与平面ABCD所成角为，即可判断；
选项C：二面角的平面角为，即可判断；
选项D：设，连结，可以判断出即为二面角的平面角.在三角形ACO中，求出各边长，可以判断出，即可判断.
【详解】
选项A：先判断出与所成角即为与所成角，为正三角形，所以该角为；故A正确.
选项B：与平面ABCD所成角为；故B错误.
选项C：二面角的平面角为；故C正确.
选项D：
设，连结，因为，所以.
同理可证：,所以即为二面角的平面角。
不妨设AB=1，易求出：,
因为，所以，
所以平面平面不正确；故D错误.
故选：AC.
11．【正确答案】ACD
【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.
【详解】由圆的几何性质可得，圆，半径为2，如下图所示：

对于，由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，
因为，
当时，取最小值，且，
所以四边形的面积的最小值为，故A正确；
对于，因为无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，故B错误；
对于，因为为锐角，，且，
故当最小时，最大，此时最大，此时，故C正确；
对于D，由上可知，当最大时，且，
故四边形为正方形，且有，直线，
则的方程为，联立，可得，即点，
由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，
此时直线的方程为，故D正确.
故选：ACD.
12．【正确答案】5
【分析】分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，由此即可求解．
【详解】直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，
直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，，
当与直线，垂直时，直线，的距离最大，
且最大值为，
故5．
13．【正确答案】
【分析】本题首先可在中根据余弦定理得出，然后通过勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，外接球的球心到平面的距离为，再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径，最后根据求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】在中，由余弦定理易知，，
即，解得，
因为，所以，
因为平面平面且交于，平面，
所以平面，外接球的球心到平面的距离为，
设的外接圆的半径为，外接球的半径为，
则由正弦定理得出，解得，
，解得，外接球的表面积，
故答案为.
关键点点睛：本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.
14．【正确答案】325
【详解】如图所示：设B关于P点对称点为B′（x，y），B（x0，y0），

由题意可知，解得，由B在直线3 x0+4 y0=12，
代入整理得3x+4y﹣32=0，
所以，
若点A满足C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆上，
则所以||最小值为圆C的圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径，
所以||min5，
所以||的最小值
故
15．【正确答案】（1）或；（2）.
【详解】（1）由得，即，
因为直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，
所以直线l与直线AB平行或过AB的中点，
当直线l与直线AB平行时，直线l的方程为即，
当直线l过AB的中点时，直线l的方程为，
故直线l的方程为或.
（2）由题可设直线l1方程为，
则，解得，
故直线l1的方程为即.
16．【正确答案】（1），；（2）斜高为，体积为．
【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到的长，利用线段就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；
（2）设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.
【详解】（1）∵几何体为长方体且，，
∴，
记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，
则，∴，∴外接球的体积为．
（2）如图，设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，
∵为正四棱锥，∴为正四棱锥的高，
又长方体的高为，∴，
取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，
在中，，，∴，
∵，，∴，
∴正四棱锥的斜高为，体积为．
17．【正确答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设圆的一般方程为，即可根据题意列出三个方程，解出，即可得到圆的方程；
（2）联立直线的方程和圆的方程可得、两点的坐标，设，再根据两点间的距离公式表示出，消去，可得关于的二次函数，即可求出最小值．
【详解】（1）设圆的一般方程为，依题意可得，
．
所以圆的方程为：．
（2）联立或，
不妨设，，则，
∴．
故的最小值为．
本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交点坐标的求法，以及两点间的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
18．【正确答案】(1)或
(2)
【分析】（1）直线斜率不存在时，显然满足题意；当斜率存在时，设，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程；
（2）设点，当直线斜率存在时，根据截得弦长相等可求得的值；当斜率为时，易知不满足题意；当直线斜率存在且不为时，假设直线方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据有无数个解可确定的取值.
【详解】（1）由圆的方程知：圆心，半径；
当直线斜率不存在时，即，此时直线与圆显然相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设其方程为：，即，
圆心到直线的距离，解得：，
直线方程为：，即；
综上所述：直线方程为或.
（2）由圆的方程知：圆心，半径；
设点，
①当过的直线斜率不存在时，则方程为：，方程为：；
则被圆截得的弦长为：；
被圆截得的弦长为，解得：或；
或；
②当过的直线斜率为时，直线斜率不存在，此时与圆相离，不合题意；
③当过的直线斜率存在且不为时，
设，则，
即，，
圆心到直线的距离；圆心到直线的距离；
直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，
，即，，
又，，，，
当时，整理可得：，
满足题意的直线有无数对，，解得：，即；
当时，整理可得：，
满足题意的直线有无数对，，方程组无解；
综上所述：满足条件的点的坐标为.
19．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得与平面所成角的正切值；
（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（3）根据空间向量坐标运算分别求解平面与平面的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.
【详解】（1）由直三棱柱，知面，即在的投影为，
所以为与平面所成角，
所以，
因此，与平面所成角的正切值为；
（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，，，，，
故，为线段上一动点.
设，则，故，
所以，，故，
所以，即；
（3）由（2）可知：，，，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，，则，
设平面的法向量为，则，
即，则，令，则，则，
故设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，
故，
令，，，
而函数在时单调递增，故时，取最小值，
即当，即，时，取得最大值为.
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检测试卷（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线：，：，若，则实数（ ）
A．－1或1B．0或1C．1D．－1
3．设,是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（ ）
A．与B．与，
C．与D．与
4．已知空间直角坐标系O﹣xyz中的点A（2，﹣1，﹣3）关于xOy平面的对称点为B，则|AB|的值为（ ）
A．B．4C．6D．
5．如图，四棱锥的底面是矩形，设，，，是棱上一点，且，则，则（ ）
A．B．C．D．
6．直线l的方向向量为，平面与的法向量分别为，，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
7．已知向量，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的有（ ）
A．每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应B．倾斜角为的直线的斜率为
C．一条直线的倾斜角为，则其斜率为D．直线斜率的取值范围是
10．如图所示，为正方体，以下四个结论中正确的有（ ）
A．平面
B．直线与BD所成的角为60°
C．二面角的正切值是
D．与底面ABCD所成角的正切值是
11．（多选）在三维空间中，叫做向量与的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①，，且，，三个向量构成右手系（如图所示）；②.在正方体中，已知其表面积为S，下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．与共线
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线的倾斜角，直线，则的斜率为 ．
13．已知两点A(－3，4)，B(3，2)，过点P(2，－1)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是 ．
14．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，，求：
(1)；
(2)与夹角的余弦值．
16．如图，已知PA⊥平面，为矩形，，M，N分别为AB，PC的中点，

(1)求证：MN平面PAD；
(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.
17．如图，在四棱锥中，面，，且，，为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
18．如图，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，是的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若是棱上的一点，从①；②二面角大小为；③的体积为这三个论断中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为平行四边形，，在等腰直角中，，M为PD的中点，．
(1)求证：平面BCP；
(2)求二面角的正弦值．
答案
1．【正确答案】D
【详解】解：由题意可得直线的斜率，
即，故，
故选：D．
2．【正确答案】D
【详解】∵，∴－(a－1)＝－(2a)，∴a＝－1，
故选：D﹒
3．【正确答案】C
【详解】、是平面内所有向量的一组基底，
与，不共线，可以作为基底，
与，不共线，可以作为基底，
，故与共线，不可以作为基底，
与，不共线，可以作为基底，
故选：C．
4．【正确答案】C
【详解】因为，故点关于平面的对称点为为，
故，
故选：C.
5．【正确答案】B
【详解】
即，即
故选：B
6．【正确答案】C
【详解】若，则与共线，故选项错误；
若，则，即，故选项错误；
若，则与垂直，即，故选项正确；
若，则与共线，故选项错误，
故选.
7．【正确答案】B
【详解】∵与的夹角为钝角，
∴cs＜＞＜0,且与不共线
∴＜0,且（3，﹣2，﹣3）≠λ（﹣2，x﹣1，2）
∴﹣6﹣2（x﹣1）﹣6＜0且,
即x>-5且x
∴x的取值范围是．
故选B．
8．【正确答案】C
【详解】直线的斜率，显然此直线倾斜角，
因此或，解得或，
所以直线的倾斜角的取值范围为.
故选：C
9．【正确答案】AD
【详解】对A，每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应，A正确；
对B，，B错误；
对C，倾斜角为时，斜率不存在，C错误；
对D，直线斜率，直线斜率的取值范围是，D正确.
故选：AD.
10．【正确答案】AB
【详解】如图，
因为正方体中对角线在平面上的射影为，而，，，所以平面，所以，同理可得，又，可得平面，故A正确；
因为，所以直线与BD所成的角为直线与所成的角，即为所求，又正方体中为正三角形，所以，故B正确；
因为在上底面的射影三角形为，
所以二面角的余弦为，所以，故C错误；
因为平面ABCD，所以与底面ABCD所成角为，
所以，故D错误.
故选：AB
11．【正确答案】ACD
【详解】设正方体的棱长为a，如图.
对于A，连接，因为为等边三角形，故，
连接，因为，，为等边三角形，
所以，故A正确；
对于B，根据定义，，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，而平面，所以
，则平面，又平面，所以，
又，，，所以平面，
所以，结合外积的定义可知与共线，故D正确.
故选：ACD.
12．【正确答案】
【详解】解：∵直线的倾斜角，直线，
∴的倾斜角为，
∴的斜率为，
故答案为:．
13．【正确答案】(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
【详解】解：∵直线l与线段AB有公共点，
∴直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，当l的倾斜角小于90°时，k≥kPB；
当l的倾斜角大于90°时，k≤kPA．
∵，
∴直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
故(－∞，－1]∪[3，＋∞)
14．【正确答案】
【详解】根据材料可知，由平面的方程为，得为平面的法向量，
同理可知，与分别为平面与的法向量.
设直线的方向向量，则，即，取，则.
设直线与平面所成角为，则.
故答案为.
15．【正确答案】(1)，
(2)－
【分析】（1）根据向量平行，设，进而得到方程组，求出，根据向量垂直得到，求出，从而求出答案；
（2）先计算出，，从而利用向量夹角公式求出答案.
【详解】（1）因为，所以设，
即，所以，解得，
故
又，所以，即，
解得，于是．
（2）由（1）得，，
设与的夹角为，
因为，
所以与夹角的余弦值为.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，N分别为PC的中点，则，，

又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，
故，所以四边形AMNQ为平行四边形，
所以，因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD；
（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，
因为，
所以，
，．
设平面PMC法向量为：，
则，令，则．
设PD与平面PMC所成角为，，
则.
即PD与平面PMC所成角的正弦值为.
17．【正确答案】（1）详见解析；（2）．
【详解】
（1）证明：在直角梯形中，由已知可得，，
可得，
过作，垂足为，则，求得，
则，∴．
∵面，
∴，
又，∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）解：由（1）知，，则为二面角的平面角为，
则．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
．
设平面的一个法向量为，
由，取，得．
∴直线与平面所成角的正弦值为：
．
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为，是的中点，
所以，又因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）连接，又因为是边长为的等边三角形，
所以，由（1）知平面，所以，，
两两互相垂直． 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．
设，则，，，，，
若选①②作为条件，证明③成立．
因为，所以，易知平面的法向量为，
，，
设是平面的法向量，
则，所以，可取，
由二面角大小为可得，解得，
所以的体积为．
若选①③作为条件，证明②成立．
因为的体积为，所以，解得，
又因为，所以，易知平面的法向量为，
，，
设是平面的法向量，
则所以，可取，
所以，即二面角大小为．
若选②③作为条件，证明①成立．
因为的体积为，所以，解得，即，
，不妨设（），所以，
易知平面的法向量为，
，，
设是平面的法向量，
则所以，
，解得（舍），，
所以．
19．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）四边形的对角线互相平分，，为的中点，
又因为为的中点，则，
平面，平面，平面.
（2）因为，又为的中点，，
又，，平面，所以平面.
以点为坐标原点，以、分别为轴、轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，
，，，，
，，，，
所以A2,0,0，，，，
，，，
设平面和平面的法向量分别为n1=x1,y1,z1，，
由，得，令，可得，
由，得，令，可得n2=0,1,1，
，则，
所以二面角的正弦值为.