湖南省张家界市慈利县第一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

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时量：120分钟 满分：150分 命题人：王炜 审题人：柴婷
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线方程得出斜率，再由斜率得直线倾斜角.
【详解】由可得直线斜率，
又，
所以.
故选：B
2. 已知向量，，且，那么实数等于（ ）
A. 3B. -3C. 9D. -9
【答案】D
【解析】
【分析】运用空间向量共线列式计算即可.
【详解】∵，，且，
∴，
解得，，
∴．
故选：D．
3. 经过三点的圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆标准方程：，将点代入即可求解.
【详解】设圆，
则，
解得，
所以圆的标准方程为.
故选：B.
4. 已知直线：，：，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5. 已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，用，，表示出.
【详解】点M，N分别为线段AB，OC的中点，
则
故选：D
6. 直线与圆交于，两点，则面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据圆的方程先确定圆心和半径，根据点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，根据几何法求出圆的弦长，进而可到三角形的面积.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
则弦长，
因此的面积为.
故选：D.
7. 已知圆，圆，点M，N分别是圆上的动点，点P为x轴上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出圆关于轴的对称圆，结合图形分析即可得.
【详解】记圆关于轴的对称圆为，点关于轴的对称点为，
由题知，圆的圆心为2,3，半径为，圆的圆心为，半径为，
则，
由图可知，
当且仅当共线时取等号，
因为，所以的最小值为.
故选：B

8. 教材44页第17题：在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意一点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出平面的交线方向向量，最后用线面角公式即可.
【详解】平面的方程为，
平面的一个法向量，
同理，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量，
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，取，则
设直线与平面所成角为，
则
故选：A
【点睛】本题属于创新题目，是数学探索创新情境，具体是以平面方程为背景考查直线与平面所成的角，利用的法向量和方向向量的关系.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题不正确的是（ ）
A. 经过定点直线都可以用方程表示
B. 直线过点，倾斜角为，则其方程为
C. 在坐标轴上截距相等的直线都可以用方程来表示
D. 直线在轴上截距为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据点斜式方程可以表示斜率存在的所有直线判断A；根据倾斜角为的直线方程表示方法判断B；根据截距式不能表示的直线判断C；根据截距的定义判断D．
【详解】对于A，方程不能表示倾斜角为且过的直线，故A错误；
对于B，直线过点，倾斜角为，则其方程为，故B正确；
对于C，当直线在坐标轴上截距相等且为0时，不能用表示，故C错误；
对于D，令得，所以直线在轴上截距为，故D错误；
故选：ACD．
10. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则
B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则
C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则
D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则
【答案】AB
【解析】
【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可.
【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确；
两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误．
故选：AB
11. 已知曲线上的点满足方程，则下列结论中正确的是（ ）
A. 当时，曲线的长度为
B. 当时，的最大值为1，最小值为
C. 曲线与轴、轴所围成的封闭图形的面积和为
D. 若平行于轴的直线与曲线交于，，三个不同的点，其横坐标分别为，，，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】先作出方程表示的曲线，然后对每个选项逐个判断即可.
【详解】对于方程，
① 当，时，方程变为，即，表示半圆弧；
② 当，时，方程变为，即，表示射线；
③ 当，时，方程变为，该圆不在，范围内，故舍去；
④当，时，方程变为，即，表示射线.
综上可知，曲线由三段构成：射线，半圆弧和射线.
对于选项A，当时，曲线由三段构成：线段，半圆弧和线段. 其长度为，故A正确；
对于选项B，令，其表示曲线上的动点与定点连线的斜率，由图可知，，但是其最小值是过点且与半圆弧相切的切线斜率，显然，，故B错误；
对于选项C，由图可知，曲线与轴、轴围成的封闭图形为两个相同的弓形，其面积和为，故C正确；
对于选项D，设平行于轴的直线为，要使与曲线有三个交点，则，不妨设与半圆弧的交点为，，显然，，两点横坐标之和，与射线的交点为，则点的横坐标，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：准确地作出方程表示的曲线.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 过点且与直线垂直的直线方程为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直直线斜率之积为，结合点斜式求解即可.
【详解】直线斜率为，故与之垂直的直线斜率为，故过点且与直线垂直的直线方程为，即.
故答案为：
13. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则__.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量的加法法则有，然后平方，转化为数量积运算可得．
【详解】平行六面体中，，
..
故答案为：．
14. 已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点、，所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为，因为要求的最大值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最大值为两圆的圆心距加上两圆的半径的两倍.
【详解】
∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，
∴l1⊥l2，l1过定点，l2过定点，
∴点P的轨迹方程为圆，
作CD⊥AB，，
所以点D的轨迹为,
则，
因为圆P和圆D的圆心距为，
所以两圆外离，所以|PD|最大值为，
所以的最大值为
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知直线l经过点，且斜率为．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与l平行，且点P到直线m的距离为，求直线m的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用点斜式，求直线l的方程；
（2）设直线m的方程，利用点P到直线m的距离，求出未知系数.
【小问1详解】
直线l经过点，且斜率为，
则直线l的方程为，即.
【小问2详解】
直线m与l平行，设直线m的方程为，
由点P到直线m的距离为，，解得或，
所以直线m的方程为或.
16. 如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可．
【小问1详解】
证明：因为，分别为，的中点，
所以，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
由于平面，
所以平面，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则,1,，,1,，,0,，,0,，,0,，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
因为，
又平面的法向量为，
所以点到平面的距离为．
17. 直线，圆.
（1）证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
（2）当直线被圆截得的弦最短时，求此时的方程；
（3）设直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线方程.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将直线化为，令即可求解；
（2）当与垂直时，直线被圆截得的弦最短，根据即可求解；
（3）方法1（几何法）：当时，有最大值，此时面积有最大值；
方法2：根据垂径定理与点到直线的距离公式将面积转化为关于点到直线的距离的方程，利用二次函数的最值问题即可求解.
【小问1详解】
证明：由题意知可化为，
故解得直线恒过定点.
【小问2详解】
因为
所以圆的圆心为，半径，
如图所示：

，
当直线被圆截得的弦长最短时，与垂直，
，
，即.
【小问3详解】
方法1（几何法）
，且为钝角，
当时有最大值，即面积有最大值，
此时同（2），即
方法2
设圆心到直线的距离为，则，
，
当时有最大值，此时同（2），
或者由，，解得，
.
18. 如图，地图上有一竖直放置的圆形标志物，圆心为C，与地面的接触点为G．与圆形标志物在同一平面内的地面上点P处有一个观测点，且PG=50m．在观测点正前方10m处（即PD=10m）有一个高位10m（即ED=10m）的广告牌遮住了视线，因此在观测点所能看到的圆形标志的最大部分即为图中从A到F的圆弧．
（1）若圆形标志物半径为25m，以PG所在直线为X轴，G为坐标原点，建立直角坐标系，求圆C和直线PF的方程；
（2）若在点P处观测该圆形标志的最大视角（即）的正切值为,求该圆形标志物的半径．
【答案】（1），（2）
【解析】
【详解】解：（1）圆．
直线方程：．
设直线方程：，
因为直线与圆相切，所以，解得．
所以直线方程：，即．
设直线方程：，圆．
因为，所以．
所以直线方程：，即．
因为直线与圆相切，所以，
化简得，即．
故．
考点：直线与圆相切
【名师点睛】过圆外一点（x0，y0）的圆的切线方程的求法
（1）几何方法：当斜率存在时，设为k，切线方程为y－y0＝k（x－x0），由圆心到直线的距离等于半径求解．
（2）代数方法：当斜率存在时，设切线方程为y－y0＝k（x－x0），即y＝kx－kx0＋y0，代入圆方程，得一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出．
19. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）若，点在棱上，且二面角的大小为.
①求证：；
②设是直线上的点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质得到平面，再利用线面垂直的性质得到，结合条件及线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，①求出平面和平面的法向量，结合条件得到，从而有，即可证明结果；②设，结合①中结果，利用线面角的向量法，得到，即可求出结果.
【小问1详解】
在四棱锥中，
因为底面为矩形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且，
所以平面.
【小问2详解】
①以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，所以，
因为点在棱上，所以设或显然不满足题设，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以，是平面的一个法向量，
所以，
因为二面角的大小为，所以，
即，解得，
此时，，
，所以，
所以，即.
②因为是直线上的点，所以设，
由①可得，所以，平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，则.
则，
当时，，
当时，，
由对勾函数的性质可知，
所以当，即时，取最大值，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.