重庆市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知点，则直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的斜率，从而可得直线的倾斜角.
【详解】由题知直线的斜率，故直线的倾斜角为．
故答案为：A.
【点睛】本题考查直线的倾斜角的求法，可先求出斜率，再根据两者之间的关系求出倾斜角，本题属于基础题.
2. 已知圆的方程是，则它的半径是（）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
将圆的一般方程化为标准方程，可得半径的长．
【详解】圆的方程可化简为
则它半径是
故选：B
3. 直线和直线平行，则实数的值等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由直线的斜率存在，可得两直线平行其斜率相等，且截距不相等；
【详解】直线的斜率存在，直线和直线平行，
，且，解得，
故选：D.
4. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
【详解】因，平面ABCD，平面ABCD，
则，又因四边形ABCD为矩形，则.
则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：，
则外接球的表面积为：
故选：B
5. 如图，平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，表示出，，计算，即可求得答案.
【详解】设，则，
三向量的夹角皆为，
由题意可得，，
故
，
即，所以与所成角的大小为，
故选：C
6. 已知直线：过定点，直线：过定点，与相交于点，则（）
A. 10B. 12C. 13D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得直线过定点，直线恒过定点，结合，得到，利用勾股定理，即可求解.
【详解】由直线过定点，
直线可化为，
令，解得，即直线恒过定点，
又由直线和，满足，
所以，所以，所以.
故选：C.
7. 若平面内两定点，间的距离为2，动点满足，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由可得，即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.而可看作圆上的点到原点的距离的平方，结合圆的性质即可求解.
【详解】由题意，设，
由，得，即，
所以点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.
又，
其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，
所以，即的最大值为.
故选：D.
8. 如图，已知正方体的棱长为4，是的中点，若，，，若，则面积的最小值为（）
A. 4B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知点M在平面内，建立如图空间直角坐标系，设，根据空间向量的数量积的坐标表示可得，取AB的中点N，连接，则点M的轨迹为线段，过点B作，结合线面垂直的性质即可求解.
【详解】由，知点M在平面内，
以所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系，
则，设，
则，
由，得，即，
取AB的中点N，连接，则点M的轨迹为线段，
过点B作，则，
又平面，故，
所以的最小值为.
故选：C.
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. 已知向量，，则下列正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算判断作答.
【详解】向量，，则，A正确；
显然，B正确；
由数量积的定义得，C错误；
显然，则，即有，D错误.
故选：AB
10. 下列说法错误的是（）
A. 经过，两点的直线可以用方程表示
B. 经过点，倾斜角为的直线方程为
C. 直线一定经过第一象限
D. 截距相等直线都可以用方程表示
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系，直线的两点式和截距式方程形式，以及直线系方程，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，经过，两点的直线，只有时，才可以用方程表示，所以A错误；
对于B中，经过点，倾斜角为且时，直线方程为，所以B不正确；
对于C中，直线，可化为，
由，解得，所以直线恒过点位于第一象限，
所以直线一定经过第一象限，所以C正确；
对于D中，当直线在坐标轴上的截距为时，不能用方程表示，所以D错误.
故选：ABD.
11. 已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（）
A. 不论何时，与都不可能垂直
B. 存在某个位置，使得平面
C. 当平面平面时，四面体体积的最大值为
D. 当平面平面时，四面体的外接球的表面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】假设，可得，与为直角矛盾，即可判断A；假设存在某个位置，使得平面，可得与当且仅当在BC上时，矛盾，即可判断B；如图，由面面垂直的性质可得平面，则四面体的最大体积为，结合锥体的体积公式计算即可判断C；由选项C的分析，由图形可得O为四面体的外接球的球心，半径，结合球的表面积公式计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DB的中点E，连接，则，
假设，有平面，得，与为直角矛盾，故A正确；
B：假设存在某个位置，使得平面，则，，
又，所以，如图2，
当且仅当在BC上时，不符合题意，故B错误；
C：如图3，取BD的中点E，连接，则，
由平面平面，平面平面，得平面，
所以四面体的最大体积为，故C错误；
D：如图4，取BC的中点O，连接，则，
由选项C的分析可得平面，又平面，所以，
由，平面，
所以平面，故平面，
则O为四面体的外接球的球心，半径，
故四面体的外接球表面积为，故D正确.
故选：AD.
12. 瑞士数学家欧拉（LenharEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.若已知的顶点，，其欧拉线方程为，则下列正确的是（）
A. 重心的坐标为或
B. 垂心的坐标为或
C. 顶点C的坐标为或
D. 欧拉线将分成的两部分的面积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意先求出AB的中垂线方程，再与欧拉线方程联立可求出的外心，设，则可得三角形的重心为，代入欧拉线方程，再结合三角形的外心可求出顶点的坐标是或，从而可得三角形的重心坐标，结合图形可求出垂心的坐标和欧拉线将分成的两部分的面积之比
【详解】AB中点为，AB的中垂线方程为，即，
联立，解得.
∴的外心为，
设，由重心坐标公式得，
三角形的重心为，代入欧拉线方程得：，整理得：①
又外心为，
所以，
整理得：②联立①②得：，或，，
所以顶点的坐标是或.
重心的坐标为或；
由于或，所以垂心的坐标为或.
因为直线与欧拉线平行，所以两部分的面积之比是或.
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知圆的方程是，则圆心到原点的距离为_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到圆心为，再利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】，圆心，半径.
圆心到原点的距离.
故答案为：
14. 如图，在直三棱柱中，，点是的中点，则点到平面的距离是____________．
【答案】
【解析】
【分析】点到平面的距离即三棱锥的高，利用三棱锥等体积即列式可得解.
【详解】
，
是等边三角形，
又是中点，所以，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，可得，
又，是平面内两条相交直线，
所以平面，
，即三角形是直角三角形，又，，
，，
因为是中点，所以点到平面的距离为，
，
，解得，
即点到平面的距离为.
故答案为：.
15. 直线分别交轴和于点，，为直线上一点，则的最大值是__________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据题意，得到，求得关于直线的对称点为，结合，结合当且仅当三点共线时，等号成立，即可求解.
【详解】由直线分别交轴和于点，可得，
如图所示，设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
又由，即，则，
当且仅当三点共线时，等号成立，
即的最大值为，即的最大值为.
故答案：.
16. 定义：，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】对，，
所以.
则，
又，
所以，当且仅当时取得等号，
即的最小值为.
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. 已知的三个顶点分别为，，，其中点在直线上
（1）若，求的边上的中线所在的直线方程：
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）由题意可得，AB的中点，利用两点求斜率公式和直线的点斜式方程即可求解；
（2）设，进而可得的坐标表示，结合和平面数量积的坐标表示列出方程，解之即可求解.
【小问1详解】
当时，，AB的中点为，
则，由直线的点斜式方程得MC的方程为
，即；
【小问2详解】
设，，则，
当时，，即，解得.
18. 如图，多面体中，平面，且，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取CA的中点N，连接MN，BN，易证四边形为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，利用线面垂直的判定定理和性质证明OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求线面角即可求解.
【小问1详解】
由题意，取CA的中点N，连接MN，BN，则且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，得，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，则，
由平面，得平面，则，
又为正三角形，所以，
因为平面，平面，得，
而平面，所以平面，
故OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，得，
设ME与平面所成角为，，
则，所以，
故ME与平面所成角为.
19. 已知的顶点，边上的高所在的直线方程为.
（1）求直线的一般式方程；
（2）在下列两个条件中任选一个，求直线的一般式方程.
①角A的平分线所在直线方程为；
②边上的中线所在的直线方程为.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
【答案】（1）
（2）答案详见解析
【解析】
【分析】（1）求得直线的斜率，进而求得直线的一般式方程.
（2）若选①，先求得点的坐标，求得关于直线对称点的坐标，从而求得直线的一般式方程.
若选②，先求得点的坐标，根据线段的中点在直线以及在直线上求得点的坐标，从而求得直线的一般式方程.
【小问1详解】
边上的高所在的直线方程为，斜率为，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
整理得.
【小问2详解】
若选①，角A的平分线所在直线方程为，
，故.
设是点关于直线的对称点，
则，解得，即，
由于是直线上的点，
所以，
所以直线的方程为，
整理得直线的一般式方程为.
若选②，边上的中线所在的直线方程为，
，故.
设，则的中点在直线上，
即，整理得，
在直线，即，
，即，
所以，
所以直线的方程为，
整理得直线的一般式方程为.
20. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，是棱的中点，设，，．
（1）试用，，表示向量；
（2）若交平面于，用，，表示向量．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据空间向量基本定理结合棱锥的性质求解即可；
（2）连接，交于点，连接，则可得，由三点共线，设,由三点共线，设,而，代入化简可求出的值，从而可表示出.
【小问1详解】
因为在四棱锥中，底面是正方形，是棱的中点，设，，，
所以
【小问2详解】
连接，交于点，连接，则平面平面，
因为交平面于，平面，所以，
因为底面是正方形，所以为的中点，
所以,
因为三点共线，所以设,
所以，所以，
因为三点共线，所以设,
所以,
所以，
因为不共线，所以，解得，
所以
21. 如图，在四棱锥中，侧面等边三角形，底面为等腰梯形，且
（1）证明：平面平面；
（2）若点在棱上，且二面角的大小为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明和可得平面即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可建立关系求解.
【小问1详解】
设的中点为，连接，
在等边中，可得，
在等腰梯形中，有
又因为，所以，所以，即，
又因为，所以平面
又因为在平面内，所以平面平面
【小问2详解】
如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，
各点坐标依次为：，，
设，平面的一个法向量为，
因为，
由，令，得，
易知平面的法向量为，
由，解得或（舍）.
所以，故.
22. 正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
（1）当时，求的值；
（2）若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
【小问1详解】
构建如下图示的平面直角坐标系，则，，
当，则，故，，
所以，，
则.
【小问2详解】
由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，
所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以