2024-2025学年陕西省西安市高二上册10月月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市高二上册10月月考数学检测试卷（含解析），共17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。
1．已知为异面直线，平面，平面、，则（ ）
A．与都相交B．与至少一条相交
C．与都不相交D．至多与中的一条相交
2．如果实数，满足等式，那么的最小值是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，是正方体，，则与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
4．瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）、重心（中线的交点）、垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知直线过点（1，3），若与轴，轴的正半轴围成的三角形的面积为，则的值可能是（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．的最小值为
D．的最大值为3
7．已知正三棱台的侧面积为6，，，则与平面ABC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．使方程组至少有一个解，且所有的解都是整数解的实数对的个数是（ ）
A．66B．78C．72D．70
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆，圆，则（ ）
A．圆与圆内切
B．直线是两圆的一条公切线
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．过点作圆的切线有两条
10．在三棱锥中，已知，，点分别是的中点，则（ ）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为11
11．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则（ ）
A．
B．的最大值是5
C．的取值范围是
D．的最大值是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，其中若，则 .
13．为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为 三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站M只能建在与A村相距，且与C村相距的地方．已知B村在A村的正东方向，相距，C村在B村的正北方向，相距，则垃圾处理站M与B村相距 ．
14．连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知坐标平面内两点．
(1)当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围；
(2)若直线的方向向量为，求的值．
16．已知圆心为的圆经过和，且圆心在直线上
(1)求圆心为的圆的标准方程；
(2)线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程．
17．已知圆，直线.
(1)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程.
(2)若点在直线上运动，，求的最小值.
18．如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
19．如图，经过原点的直线与圆相交于两点，过点且与垂直的直线与圆的另一个交点为．
(1)当点坐标为时，求直线的方程；
(2)记点关于轴对称点为（异于点），求证：直线恒过轴上一定点，并求出该定点坐标；
(3)求四边形的面积的取值范围．
答案
1．【正确答案】B
【分析】由题意画出满足条件的图象，结合异面直线的定义，得到正确选项.
【详解】若与都不相交，则，，则，这与是异面直线矛盾；
故C不正确；
如图，与中的一条相交，另一条不相交，

也可以与两条都相交，但不交于同一点，如图

综上：与中的至少一条相交.
故选：B
本题考查判断直线与直线的位置关系，意在考查空间想象能力，属于基础题型.
2．【正确答案】D
【详解】由题意可得设过原点的直线的斜率为，即直线方程为
画出图形
由图可得当直线与圆相切时，斜率最小，
圆心2,0，半径为
所以2k1+k2=3，解得或（舍），
故选：D.
3．【正确答案】A
【分析】通过平移直线求得异面直线所成的角，再由余弦定理即可得解.
【详解】过点A在平面内作，再过点在平面内作，如图，
则或其补角即为与所成的角，
因为是正方体，不妨设，
则，，
所以在中，.
故选：A.
4．【正确答案】C
【详解】解：因为的顶点，可得的重心的坐标为，
由，可得，所以的垂直平分线所在直线的斜率为，
可得的垂直平分线所在直线的方程为，
又由，可得的垂直平分线所在直线的方程为，
联立方程组，解得，即的外心的坐标为，
则，所以的方程为，即，
所以的欧拉线方程为.
故选：C.
5．【正确答案】D
【详解】由题意知直线在轴上的截距存在且大于，
设直线的方程为，
直线过点，可得，
所以，当且仅当，即取等号，故，
所以.
故选：D.
6．【正确答案】A
【详解】对于A：构造以为直径的圆，其方程为.
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
所以在直线不存在点，使得，故A错误;
对于B：设，由可得，
，
化简得，即，
所以圆心为，半径为，
可判断圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交
所以存在点，使得，故B正确；
对于C项：设关于直线的对称点为，
由可解得，即，
则，
所以，故C正确；
对于D项：当点与不共线时
当点与共线时，
此时点，故D正确.
故选:A.
7．【正确答案】A
【详解】设中心为，中心为O，
如图，连接，由正棱台的性质可知，，平面，
平面，则，
在直角梯形中，过作，垂足为，则，
则四边形为平行四边形，且平面.
所以即为所求与平面ABC所成角.
在等腰梯形中过作，垂足为，
设，则，则，
在中，，
由正三棱台侧面积为，可知梯形的面积为，
故，解得，则，
在四边形中，，
则，
则在中，.
故侧棱与平面所成角的余弦值为.
故选：A.
8．【正确答案】C
【详解】解：因为且，
所以，，，共12组整数解，
对应12个整点，即，，，，，
，，，，，，.
又因为表示不经过原点的直线，
所以当直线与圆相交于两个整点时，共有条直线，
且对应有实数对的个数为；
当直线与圆相切于一个整点时，共有条直线，
且对应有实数对的个数为；
综上符合要求的实数对的个数为.
故选：C.
9．【正确答案】BCD
【详解】由题意得，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径；
对于A，，，即，两圆外切，故A错误；
对于B，圆心到直线的距离，则与圆相切，
圆心到直线的距离，则与圆相切，
所以是两圆的一条公切线，故B正确；
对于C，直线恒过点，连接，过作，交于圆于点，如图所示，则即为直线被圆截得的最短弦，
则，由勾股定理得，，则，
所以直线被圆截得的最短弦长为，故C正确；
对于D，因为，所以在圆外部，
所以过点作圆的切线有两条，故D正确；
故选：BCD．
10．【正确答案】ABD
【详解】三棱锥中，已知，,三棱锥补形为长方体，如图所示，
则有，解得，以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，点M，N分别是AD，BC的中点，
则有,
所以，
所以,故A选项正确；
设平面的法向量为，,
所以，则，即，
同理可得，平面的法向量为，
所以，所以，
所以平面平面，故B选项正确；
三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为，
三棱锥的体积等于长方体体积减去这四个三棱锥体积为，
故C选项错误；长方体的外接球的半径为，
这个外接球也是三棱锥的外接球，其表面积为，故D选项正确.
故选：ABD.
11．【正确答案】BCD
【详解】设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点Px,y，则,,
所以,点在以为直径的圆上，所以,
则,故A错误；
由，所以，故B正确；
由，即，当且仅当取等号.
由三角不等式，，
故的取值范围是，故C正确；
由，,
则，所以,故D正确.
故选：BCD
12．【正确答案】
【详解】由题意可得，，
，
则.
故
13．【正确答案】或.
【分析】建立平面直角坐标系，求出圆A的方程和圆C的方程，进而求得两圆公共弦的方程，联立圆A的方程求得点M坐标，进而求得答案.
【详解】以A为原点，以为x轴建立平面直角坐标系，则，
以A为圆心，以5为半径作圆A，以C为圆心，以 为半径作圆C，
则圆A的方程为： ，圆C的方程为∶ ，
即 ，
∴两国的公共弦方程为∶
设 ，则 ，解得 或，
即 或 ．
∴ 或，
故答案为∶或 .
14．【正确答案】
【详解】如图，画出了，因为有4个面，则有24个面，归纳可知有个面，
这个数即是到时增加的小正四面体的个数，
由于新增加的每一个小正四面体的体积是前一个小正四面体体积的，
归纳得到时增加的每个小正四面体的体积为，
所以比的体积增加了，
所以的体积为.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合两点式求斜率，解不等式即可得出答案；
（2）根据方向向量得，解方程即可得出答案.
【详解】（1）因为倾斜角为锐角，则，又
即，解得．
（2）直线的方向向量为
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，，所以，所以弦的垂直平分线的斜率为
又弦的中点坐标为，
所以弦的垂直平分线的方程为，即，
与直线联立解得：，，
所以圆心坐标为所以圆的半径，
则圆C的方程为：；
（2）设，线段的中点为，，为中点，
所以，则，①；
因为端点在圆上运动，所以，
把①代入得：，
所以线段的中点M的轨迹方程是.
17．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）因为恰好平分圆的圆周，所以经过圆心，
设点关于直线的对称点，
则直线与直线垂直，且线段的中点在上，
即，解得，所以，
所以直线即为直线，且，
所以直线方程为，即；
（2）由已知点在直线上，设，
则
，
所以当时，取得最小值为.
18．【正确答案】(1)证明见解析.
(2)最大值为，此时.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，
所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得，
，
当时，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，，
为△的中心，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则
令，则，
此时，
(当且仅当即时取等号)，，
即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为.
19．【正确答案】(1)
(2)证明见解析，定点
(3)
【分析】（1）根据垂直求出的斜率，由点斜式即可解决；
（2）设直线方程，联立方程组到韦达定理，找等量关系，由，得，再根据，即可解决；
（3）分类讨论，运用弦长公式求得，由即可.
【详解】（1）当点坐标为时，直线的斜率为2，
因为，所以的斜率为．
因为，
所以直线的方程为，即．
（2）证明：设，，
由题意可知，直线斜率存在且不为零，所以，可设直线方程为．
联立方程，消得，，
由韦达定理可得，，．
又直线的方程，令，得．
又由，可得，，
所以，直线恒过轴上一定点．
（3）当直线斜率不存在时，，，．
当直线斜率存在时，可设直线的方程为，
所以，圆心到直线的距离为，
所以，．
直线的方程可设为整理得，
圆心到直线的距离为，所以，．
所以，，
令，所以，上式可化为：，，
所以，．综上，的取值范围是．