2024-2025学年广东省广州市高二上学期11月月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高二上学期11月月考数学检测试卷（含解析），共13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．在长方体中，等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线过圆的圆心，且与直线平行，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知，若三向量共面，则实数等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为（ ）
A．B．或
C．或D．或
5．直线x+y﹣1＝0被圆（x+1）2+y2＝3截得的弦长等于（ ）
A．B．2C．2D．4
6．已知圆的方程为，过直线上任意一点作圆的切线，则切线长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆：，过点的直线交椭圆于，两点.若中点坐标为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．长方体中，，，，是棱上的动点，则的面积最小时，（ ）
A．1B．2C．D．4
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线：与圆：相交于，两点，则（ ）
A．圆心的坐标为B．圆的半径为
C．圆心到直线的距离为2D．
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A．EF平面ABC1D1
B．EF⊥B1C
C．EF与AD1所成角为60°
D．EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为
11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，动点在椭圆上，则下列描述正确的有（ ）
A．若的周长为6，则
B．若当时，的内切圆半径为，则
C．若存在点，使得，则
D．若的最大值为2b，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，，则 .
13．若直线和垂直，则实数 .
14．直线与圆相交于A，B两点，弦长的最小值为 ，若ΔABC的面积为，则m的值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为.
(1)求直线l的方程；
(2)若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．
16．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
17．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于
(1)求圆的方程；
(2)当时，求直线的方程．
18．已知椭圆长轴是短轴的倍，且右焦点为.
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线交椭圆于两点，若线段中点的横坐标为，求直线的方程及的面积.
19．如图所示，四棱锥中，，，，平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）若点P在线段上，且，若平面与平面所成锐二面角大小为，求的值.
答案
1．【正确答案】B
【详解】.
故选：B
2．【正确答案】C
【详解】的圆心为，设直线的方程为，
将代入中，得，解得，
故直线的方程为.
故选：C
3．【正确答案】A
【详解】三向量共面，设，
故，
即，解得.
故选：A
4．【正确答案】D
【详解】当截距都为0时，过点时直线为，
当截距不为零时，设直线为，代入点得，
故在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或.
故选：D.
5．【正确答案】B
【详解】
如图,圆(x＋1)2＋y2＝3的圆心为M(−1,0)，
圆半径|AM|=，
圆心M (−1,0)到直线x+y−1=0的距离：
|，
∴直线x+y−1=0被圆(x+1)2+y2=3截得的弦长：
.
故选B.
点睛: 本题考查圆的标准方程以及直线和圆的位置关系.判断直线与圆的位置关系一般有两种方法： 1．代数法：将直线方程与圆方程联立方程组，再将二元方 程组转化为一元二次方程，该方程解的情况即对应直 线与圆的位置关系．这种方法具有一般性，适合于判 断直线与圆锥曲线的位置关系，但是计算量较大． 2．几何法：圆心到直线的距离与圆半径比较大小，即可判断直线与圆的位置关系．这种方法的特点是计算量较小．当直线与圆相交时,可利用垂径定理得出圆心到直线的距离,弦长和半径的勾股关系.
6．【正确答案】B
【详解】
如图所示，直线上一点A作圆的两条切线，过C作，
则切线长为，
显然，当且仅当重合时取得最小值，此时，
所以切线长最小值为.
故选：B
7．【正确答案】B
【详解】设，则，
两式相减得：，
因为中点坐标为，
所以，
所以，
又，
所以，
即，
所以，
故选：B
8．【正确答案】A
【详解】根据题意，以为坐标原点，以所在直线为轴
建立空间直角坐标系如下图所示：
设，
故可得
由空间中两点之间的距离公式可得：
，
，
，
故在三角形中，由余弦定理可得：
则
故
当且仅当时，的面积最小.
故满足题意时，.
故选：A.
9．【正确答案】ACD
【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误；
对于C，点到直线：的距离，C正确；
对于D，，D正确.
故选：ACD
10．【正确答案】ABD
【分析】根据线线平行证明线面平行，由线线垂直证明线面垂直，再得线线垂直，由线线关系、线面关系可得线线角、线面角.
【详解】对于A，连结BD1，在DD1B中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，
又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，
∴EF平面ABC1D1，
故A正确；
对于B，∵平面，且平面，平面，
∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1
又AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B
∴B1C⊥平面ABC1D1
又∵BD1平面ABC1D1
∴B1C⊥BD1，而EFBD1
∴EF⊥B1C，故B正确；
对于C，由选项A，可知，在中，可知，
所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C不正确；
对于D，由选项A，可知，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，可知，
所以，故D正确.
故选：ABD
11．【正确答案】ABD
【详解】对于A,由椭圆，可得，
因为的周长为6，所以，解得，
因为，所以，解得，故A正确；
对于B，由，可得，
当时，由余弦定理可得
，
则，解得，
所以，
又的内切圆半径为，
所以，
所以，所以，解得（舍去）或，
所以，故B正确；
对于C，若，则以为圆心，为半径的圆与椭圆有交点，则，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得，则，故C错误；
对于D，设，
，
又因为，因为下顶点到上顶点的距离为2b，又的最大值为2b，
故时取最大值，所以，解得，故D正确.
故选：ABD.
12．【正确答案】
【详解】向量，由，解得，
则有，又，则.
故答案为.
13．【正确答案】3
【详解】由题意得，解得.
故3
14．【正确答案】 2
【详解】直线恒过圆内的定点，，
圆心C到直线的距离,所以，
即弦长的最小值为2；由,
即或．若，则圆心到弦AB的距离
，故不符合题意；当时，圆心到直线的距离为
,设弦AB的中点为N，又，故，
即直线的倾斜角为或，则m的值为 .
故答案为2，
15．【正确答案】(1)3x＋4y－14＝0
(2)3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0
【详解】（1）由直线的点斜式方程得，
整理得直线l的方程为3x＋4y－14＝0.
（2）∵直线m与l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，∴，
即|14＋c|＝15.
∴c＝1或c＝－29.
故所求直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明共面，即可证明平面；
（2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面.
【详解】（1）根据题意可知平面平面，
平面平面，
又是正方形，所以，平面，

所以平面，
即，，两两垂直；
以D为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
又为的中点，所以，
则，
所以，故共面．
又平面，
所以平面；
（2）
易知，所以；
又，可得；
又，平面，
所以平面.
17．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程；
(2)过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程
【详解】（1）易知到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
（2）过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，
由到距离为知得，
代入解之可得，
所以或为所求方程．
18．【正确答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1
【详解】（Ⅰ）因为长轴是短轴的2倍，所以.
因为焦点的坐标为，所以.
结合，得.
所以椭圆方程为.
（Ⅱ）设，.
由得.
则.
因为线段AB中点的横坐标为−23，
所以 .
解得 ，即（符合题意）
所以直线的方程为，
因为 .
点到直线的距离.
所以的面积 .
即的面积等于.
19．【正确答案】（1）见解析（2）.
（1）证明平面，平面平面即得证；（2）以A为原点，分别以，和平行于的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法得到，解方程即得解.
【详解】（1）证明：因为，
故，故.
又平面平面，平面平面，平面，
故平面；
因为平面，故平面平面；
（2）设E为的中点，连接，因为，
所以，又平面平面，故平面，
如图，以A为原点，分别以，和平行于的方向为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，则，
所以，
易得平面的一个法向量为，
设为平面的一个法向量，，，
由得不妨取.
因为平面与平面所成锐二面角为，
所以，
解得，（不合题意舍去），
故.
本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间二面角的向量求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.