福建省泉州市安溪县2024-2025学年高二上学期11月期中质量监测数学试题（解析版）

这是一份福建省泉州市安溪县2024-2025学年高二上学期11月期中质量监测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校_________ 班级_________ 姓名_________ 座号_________
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. 直线与平行，则实数（ ）
A. B. C. 或D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由直线与直线平行的充要条件，列式求解即可.
【详解】因为直线与平行，
所以且，解得.
故选：A.
2. 四面体的所有棱长都是2，则（ ）
A. B. 4C. 2D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，由向量的数量积的运算求解即可；
【详解】由题意可得四面体为正四面体，
所以，
故选：D.
3. 已知是空间中不共面的三个向量，则下列向量不能构成空间的一个基底的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】假设向量共面，设出向量共面对应的关系式，确定方程组是否有解，由此作出判断.
【详解】对于A：设，，不能构成基底，则，
所以，此时方程组无解，所以假设不成立，所以能构成一个基底，不符合；
对于B：设，，不能构成基底，则，
因为不共面，所以上式显然无解，所以假设不成立，所以能构成一个基底，不符合；
对于C：设，，不能构成基底，则，
所以，解得，所以假设成立，所以不能构成基底，符合；
对于D：设，，不能构成基底，则，
所以，此时方程组无解，所以假设不成立，所以能构成一个基底，不符合；
故选：C.
4. 空间直角坐标系中，已知A2,0,0，，，则下列哪个点在平面内（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出平面的法向量，再利用向量垂直的条件逐项判断即可；
【详解】由题意可得，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
设，则，
所以，所以点在平面内，故A正确；
设，则，
所以，所以点不在平面，故B错误；
设，则，
所以，所以点不在平面，故C错误；
设，则，
所以，所以点不在平面，故D错误；
故选：A.
5. 《九章算术》是中国古代数学的经典著作，书中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”中，，是的中点，则到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合三棱锥的体积，直接使用等体积法得到答案.
【详解】由条件得是等腰直角三角形，且，
故.
所以，.
设到直线AB的距离为，
则由可知.
设所求距离为，则，解得.
故选：C.
6. 已知点在圆上，点，则的值可能为（ ）
A. 1B. 7C. 13D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】先确定在圆内，再求出到圆心的距离，然后得到的取值范围即可；
【详解】因为，所以点在圆内，
圆心，半径，点到圆心的距离为，
所以的取值范围为，所以的值可能为7，
故选：B.
7. 三棱锥中，，，，，分别是两条相对棱上的动点，则最小距离为（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由题意三棱锥的对棱相等，可构造长方体使三棱锥的棱长为长方体的面对角线，求出长方体棱长，再当分别为两条棱的中点时，最小，求出即可；
【详解】
由题意可得，三棱锥的对棱相等，可构造长方体，使三棱锥的棱长为长方体的面对角线，
设长方体的长宽高分别为，
则，解得，
由于对棱为异面直线，所以为异面直线间的公垂线时最小，
由长方体的性质可得当分别为两条棱的中点时最小，
此时，
故选：A.
8. 已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论正确的是（ ）
A. 向量平行于平面
B. 当时，
C. 若，，，则
D. 三棱锥的体积
【答案】B
【解析】
【分析】由和数量积的几何意义逐项分析即可；
【详解】由题意可得向量垂直于平面，故A错误；
当时，，
又，故B正确；
由题意可得，
因为，即，
所以，，
所以，故C错误；
且的模长即为平行六面体底面OABC的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知，就是在垂直于底面OABC的方向上的投影向量的模长（即为高）乘以底面的面积，即为体积，再乘以，则为四棱锥的体积，故D错误；
故选：B.
二、选择题：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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最小值为D. 无最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量共线对应坐标成比例可得A错误；由数量积为零可得B正确；由向量的模长和二次函数关系可得CD正确；
【详解】若，则，解得，故A错误；
若，则，，则，则，故B正确；
，所以最小值为，故C正确；
由C可得无最大值，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知正方体的棱长为2，点为的中点，点在正方形内（包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 不存在点，使得过，，三点的截面面积为6
B. 的最小值为
C. 若，则点的轨迹长度等于
D. 若是上的动点，三角形周长最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：分析截面面积最大时的情况，由此可判断；B：作出关于平面的对称点，结合三点共线进行求解并判断；C：设出的坐标，根据垂直关系推出坐标关系式，从而分析出轨迹并计算长度；D：先确定出在棱上，然后分别作出关于的对称点以及关于的对称点，根据三点共线求解出周长的最小值.
【详解】对于A：为正方体的一条棱，当截面形状为四边形时面积最大，
此时在上，所以，
所以不存在点，使得过，，三点的截面面积为，故A正确；
对于B：作关于平面的对称点，连接，所以，
当且仅当三点共线时取等号，且，
所以的最小值为，故B正确；
对于C：建立如图所示空间直角坐标系，设，
因为，所以，
因为，所以，
如图平面直角坐标系所示：当时，；当时，，
所以点的轨迹长度等于平面中的距离，即为，故C错误；
对于D：当不在棱上时，过作交于点，
此时，
当在棱上时，此时即重合，，
因此，要使得的周长最小，则在棱上；
由B选项的分析知，关于的对称点为，设关于的对称点为，
在正方形中由其结构特点可知，为的中点，
所以的周长为，
当且仅当三点共线时取等号，所以周长的最小值为，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知圆：，点在直线上，过作圆的两条切线，（，为切点），则下列判断正确的是（ ）
A.
B. 当轴时，四边形的面积为
C. 原点到直线距离的最大值为
D. 的外接圆恒过两个定点
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，直接证明即可说明选项正确；对于B，给出反例即可说明选项错误；对于C，使用距离公式证明距离小于2即可说明选项错误；对于D，证明外接圆恒过点和即可说明选项正确.
【详解】设，，则，
则.
对于A，由于，
所以，从而，故A正确；
对于B，由于，满足条件，
但此时，故B错误；
对于C，设该距离为，以 AQ为直径的圆的方程为 ，
两圆相减可得直线的方程为，
所以，故C错误；
对于D，由可知，外接圆是以为直径的圆，
故其方程为，即.
联立，解得或，
故该圆恒过和，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线：与：的距离为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据平行直线间的距离公式计算即可.
【详解】因为，，
所以之间的距离为，
故答案为：.
13. 已知，，则与夹角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接根据向量内积的定义得到答案.
【详解】.
故答案为：.
14. 已知圆：与和圆：，圆和圆，圆都内切，则当圆半径最小时，圆的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】先证明半径不小于，再根据等号成立的条件确定圆心的坐标，即可得到圆的方程.
【详解】设圆的圆心为，半径为，
由于，恰为两圆半径之和，故外切，而的半径更大，
所以根据条件可知均在的内侧与内切.
故，
即.
若等号成立，则必有，且.
解得，，所以，此时半径，
所以圆的方程为.
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：，：，直线与交于点
（1）求过点且与垂直的直线的方程；
（2）点是直线上异于的一点，若为的角平分线，求点所在的直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，再写出点斜式方程即可；
（2）取点，求出其关于直线的对称点坐标，再利用点斜式方程即可.
【小问1详解】
令，则，解得，
则，因为直线的斜率，则，
则直线的方程为，即.
【小问2详解】
取点，设其关于直线的对称点，
则，解得.
则点所在的直线的方程，即.

16. 已知平行六面体，底面是正方形，，，，，，，设，，．
（1）用向量表示向量，并求的长度；
（2）设点满足，是否存在使得，，三点共线，若存在求出，若不存在请说明理由．
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先表示出，然后根据可求的表示；采用先平方再开方的方法结合数量积计算公式求解出的长度；
（2）假设存在满足条件，先表示出，再根据三点共线得到对应方程组，由此可求的值.
【小问1详解】
因为，
，
所以；
所以
，
所以.
【小问2详解】
假设存在满足条件，所以，
因为，，三点共线，所以设，
所以，
所以，解得，
故满足条件.
17. 如图所示，在三棱锥中，平面，，，为中点．

（1）证明：；
（2）为上异于，的点，平面与平面夹角余弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，从而得到，再结合条件证明平面，由此可证明；
（2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面与平面一个法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出的坐标，由此可求的值.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，且平面，所以，
因为，为中点，所以，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
以为原点，分别以，过平行于方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，
设，且，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，
取，则，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
取，则，所以，
所以，
解得或（舍去）
所以为中点，所以.

18. 在平面直角坐标系中，两点，，点满足．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若直线：，，点，求满足条件的所有点构成的图形的面积；
（3）过点作直线交曲线于，两点，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由两点间距离公式计算可得；
（2）结合辅助角公式将直线变形，再结合圆的面积公式求解；
（3）设直线方程为，联立曲线得到韦达定理，由弦长公式求出MN，再由点到直线的距离公式求出，表示出三角形面积，然后设，结合基本不等式求出结果即可；
【小问1详解】
设Px,y，由可得，
化简可得，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
由题意可得有解，
因为，
所以点的集合为，即，即以为圆心，4为半径的圆，
所以面积为
【小问3详解】

设直线方程为，
联立消去并整理可得，
，
设，
则，
由弦长公式可得，
又到直线的距离，
所以，
令，则，
所以，当且仅当即时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是利用辅助角公式将问题变形为；第三问再求解面积时，设，利用基本不等式求解.
19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为．
（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值；
（2）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积；
（3）若集合．记集合中所有点构成的几何体为，如图所示，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用题中概念分别计算出直线方向向量与平面法向量，然后利用线面角与直线方向向量和平面法向量所成角的关系计算即可；
（2）根据集合的条件，，可知几何体是一个关于轴对称的柱体，其底面是平面上由确定的图形，可通过积分或者几何方法求出底面面积，再乘以高得到体积.
（3）几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值公式计算即可．
【小问1详解】
由题知，直线的一个方向向量坐标为，平面一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则有，
所以，直线与平面所成角的余弦值为.
【小问2详解】
对于，当时，，它表示直线在第一象限及坐标轴上的部分；同理，
当时，；
当时，；
当时，.
这四条直线围成一个以为顶点的正方形，其面积.
因为，所以几何体是一个底面为正方形，高为的柱体.
根据柱体体积公式，这里，，所以.
【小问3详解】
由集合知，
由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示，
，，
设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角，
平面，设平面法向量，
平面，设平面法向量，
所以，
根据图意，知道几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角钝角，
所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值为