重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知直线与平行，则实数， 已知是圆， 已知点在圆上，直线，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
一､单项选择题：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】C
【解析】
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.
【详解】设直线的倾斜角为，
因为直线，可得斜率，即
又因为，所以.
故选：C.
2. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】由线面平行的判定，面面平行性质，线面垂直的判定可依次判断各选项.
【详解】对A选项，，时，可能在平面内，故A错误；
对B选项，由，，结合线面垂直的判定可得B正确；
对C选项，由，，则直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相交，故C错误；
对D选项，由，，则直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面相交，故D错误.
故选：B.
3. 过点且垂直于的直线方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，设所求直线的方程为，代入点的坐标，求得的值，即可求解.
【详解】设过点且垂直于的直线方程为，
将点代入，可得，解得，
所以所求直线方程为.
故选：D.
4. 已知直线与平行，则实数（ ）
A. 0B. C. 0或D. 0或
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行要求，若直线与平行,则满足计算即可.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
经检验时两直线重合.
故选：A
5. 已知圆经过两点，且圆心在直线上，则过点的直线与圆相交所截最短弦长为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心为，半径为，代点求得圆方程，当直线与垂直时，弦长最短.
【详解】设圆的圆心为，半径为，
代入两点有，
解得圆，
圆心，设圆心到直线的距离为，
，
则弦长为，当直线与垂直时，弦长最短为.
故选：B.
6. 如图，在四面体中，，，，点为的重心，则的长是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的长.
【详解】因为为的重心，则，
即，所以，，
所以，
，故.
故选：C.
7. 已知是圆：上两点，若存在满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用题设条件，分析且与圆交于的临界情况，由点在临界点之间移动的变化情况运算即可得解.
【详解】圆：可化为，则其半径为，，
如上图，对于直线上任意一点，
当均为圆的切线时最大，
由题意，即时，此时为满足题设条件的临界点，
此时有.
当在临界点之间移动时，有，即，
即有：，解得：.
故选：B.
8. 正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积.
【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，
由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，
所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，
则，
所以，
所以截面的面积.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出外接圆半径以及找到点到平面的距离.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 已知点在圆上，直线，则（ ）
A. 直线与圆相交
B. 直线与圆相离
C. 点到直线距离大于
D. 点到直线距离小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，即可判断A、B，结合图形知圆上点到直线距离的最值为圆心到直线的距离加减半径.
【详解】解：由知，圆心为，半径，
直线，则圆心到直线距离
所以直线与圆相离，故错对；
由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大值为，
最小值为，故CD正确.
故选：BCD
10. 正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为，则下列结论正确的是（ ）
A. 该四棱台的体积为
B. 该四棱台的侧棱长为2
C.
D. 几何体是三棱柱
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，利用棱台体积公式即可；对于B，在直角梯形中即可求解；对于C，；对于D，根据三棱柱的上下底面平行进行判断.
【详解】解：在正四棱台中，，令上
下底面中心分别为，连接，如图，对于A，
，A正确；
对于平面，在直角梯形中，，取中点，连接，有，则，，B错；
对于C，，C正确；
对于D，几何体中，没在任何两个平面平行，选项D错误.
故选：AC
11. 已知圆C：则（ ）
A. 圆C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C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，直线经过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对选项A，直线过定点，定点在圆内，故A正确，对选项B，圆心到直线的距离为，即可得到只有三个点满足，故B错误，对选项C，根据；两圆外切即可判断C正确，对选项D，设点，根据题意得到两点在以为直径的圆上，所在直线方程为，再求定点即可判断D正确.
【详解】对于，直线，，直线过定点，
，定点在圆内，故A正确；
对于，圆的圆心到直线的距离为，
如图所示：

所以只有三个点满足，故B错误.
对于，圆化简得到，
因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故，
解得，故C正确.
对于D，设点，如图所示：

因为为切点，所以，连接，根
据圆周角与圆直径关系可知，两点在以为直径的圆上，
以为直径的圆的方程为，和相减可得，
两圆公共弦所在直线方程为，
联立方程，得，
令，则，即直线经过定点，故D正确.
故选：ACD
12. 四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，动点在线段上，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 的最小值为6
C. 到直线距离最小值为
D. 三棱锥与体积之和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当在中点时，由线面垂直的判定定理，证得平面，得到，可判定A正确；将和所在的平面，沿着展在一个平面上，在中，利用余弦定理得求得，可判定B错误；把到直线距离最小值即为异面直线与的距离，再转化为点到平面的距离，过点作，证得平面，求得的长，可判定C正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用锥体的体积公式，即可求解.
【详解】对于A中，如图（1）所述，当在中点时，
连接，且，则点为的中点，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为正方形，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，如图（2）所示，将和所在的平面，沿着展在一个平面上，
则的最小值为，
可得，
在中，由余弦定理得，，
解得，所以的最小值为，所以B错误；
对于C中，到直线距离最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
设异面直线与的公垂线段为，则，
所以，因为，且平面，
所以平面，所以即为点到平面的距离，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
过点作，由平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以点到平面的距离，即为的长，如图（3）所述，
在直角中，，可得，所以，
即点到平面的距离等于，所以C正确；

对于D中，以为原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，如图（4）所示，设，可得，
则，所以D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小䞨，每小题5分，共20分.
13. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由圆锥的侧面积公式可求出母线长，再求出圆锥的高，由圆锥的体积公式即可得出答案.
【详解】设圆锥的高为，母线长为，半径，
因为圆锥的底面半径为1，侧面积为，
所以，所以，
所以，
所以圆锥的体积是.
故答案为：.

14. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】在直三棱柱中，由，
因为且平面，所以平面，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，
则，
可得，
所以，所以直线与直线夹角的余弦值为.
故答案为：.
15. 棱长为2的正方体中，点分别是线段的中点，则平面截正方体所得截面的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先取的中点，连接，，，得到平面截正方体所得截面为菱形，再计算其面积即可.
【详解】取的中点，连接，，，如图所示：
由正方体的性质可知四边形为平行四边形，且，
所以四边形为菱形，过点.
所以平面截正方体所得截面为.
，，
所以面积为.
故答案为：
16. 已知是圆上动点，是圆的上两点，若，则的范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设是的中点，求得，得到点所在圆，根据向量的运算法则，得到，转化为圆上的点与圆上的点的距离，结合圆圆圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意知，点点所在圆，且所在圆的圆心为，半径为2，
设是的中点，连接，则垂直平分，则，
所以点在是以为圆心，半径为1圆上，
即点所在圆，
又由，可得，
即即为圆上的点与圆上的点的距离，
因为，所以，
即范围是.
故答案为：.
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.
17. 如图，在正三棱柱中，，点是的中点.
（1）求正三棱柱的表面积；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正三棱柱的特征，先求侧面和底面面积，即可求解表面积；
（2）结合几何关系，代入三棱锥的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
，侧面积，
表面积;
【小问2详解】
是的中点，，
又平面平面，所以，
且平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，又
所以；
18. 已知圆的圆心为原点，斜率为1且过点的直线与圆相切
（1）求圆的方程；
（2）过的直线交圆于、，若面积为，求直线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）过点且斜率为1的直线方程，再求出圆心到直线的距离即圆的半径，从而得到圆的方程；
（2）设到直线的距离为，由面积求出，再分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论.
【小问1详解】
过点且斜率为1的直线为，
则圆心到直线的距离，
所以半径，则圆的方程为；
【小问2详解】
设到直线的距离为，则，解得，
若直线斜率不存在，方程为，满足题意；
若直线斜率存在，设为，直线的方程为，
因为，所以，解得，
直线的方程为，即；
综上，直线方程为或.
19. 如图，在四棱锥中，平面，且，点为棱上一点（不与重合），平面交棱于点.
（1）求证：：
（2）若为中点，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）利用线面平行的性质定理，即可证明线线平行；
（2）首先根据几何关系，建立空间中直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用法向量表示二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面平面
所以平面，又平面，平面平面，
所以；
【小问2详解】
取中点为，连接，
因为，且，所以为等边三角形，
所以，又所以，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，则，得
因为平面，所以平面得法向量
设平面与平面夹角为，则.
20. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为荾形，，底面为直角梯形，，，
（1）证明：；
（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在求：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判断定理和性质定理，即可证明线线垂直；
（2）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面法向量，根据二面角的余弦值，结合法向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：
如图，连接，因为四边形为菱形，则，
因为四边形为梯形，，则，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以，平面，又因为平面，
所以，，因为平面，
所以平面，因平面，所以，.
【小问2详解】
取的中点为，连接，则
因为平面平面，所以平面，如图，以为原点，过点做的平行线为轴，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：
，则，设，则，设平面的法向量为，
，
令，则，所以，
由题意平面的法向量，且二面角为锐二面角，
所以，得，
此时.
21. 已知三棱锥中，平面平面，.
（1）若，求与平面所成角的正切值；
（2）当二面角最小时，求三棱锥体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作，由题意易得PA与平面所成角为，再根据，求得PD，BD，在中，利用余弦定理求得AD即可；
（2）作，连接，易得二面角的平面角为，由，在中，利用正弦定理得到时，最大，最小求解.
【小问1详解】
解：如图所示：
作，
因为平面平面，所以平面与平面所成角为；因为，所以，
在直角中，则；
则，
在中，由余弦定理得：，
即，解得，
所以.
【小问2详解】
作，连接，
由（1）知：平面，又平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为；
，
在中，由正弦定理得，
当时，最大，最小.
此时，
所以，
所以.
22. 已知圆，动点在圆上，点关于轴的对称点为点，点与点所在直线交圆于另一点，直线交轴于点，
（1）求中点的轨迹方程；
（2）若在第二象限，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（１）根据中点坐标公式，即可得，将其代入圆的方程即可求解，
（2）联立直线与圆的方程得韦达定理，即可根据两点坐标可求解直线的方程，进而可得为定点；根据面积公式求解表达式，结合二次函数的性质即可求解最值.
【小问1详解】
设中点，则，代入圆，化简得轨迹方程为.
【小问2详解】
设，直线方程为，联立圆得，有
直线方程为，令，得，所以点为定点；
又而，令，可得
，当即（依题意舍去负值）时，，
所以面积的最大值为.
【点睛】解析几何简化运算的常见方法：
（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；