吉林省长春市2024-2025学年高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

这是一份吉林省长春市2024-2025学年高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了 已知曲线，则下列说法错误的是， 已知直线，则下述正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定置粘贴考试用条形码.
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡与题号对应答题区域的答案一律无效，不得在答题卡上做任何标记.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存，
第I卷
一、单选题：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. 圆的圆心和半径分别（ ）
A. ，B. ，5
C. ，D. ，5
2. 若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ）
A. B. 1C. 0D.
3. 设点，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是（ ）
A B.
C. D.
4. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
5. 如图所示，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点在上，且，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
6. 设，过定点A的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（ ）
A B.
C. D.
7. 在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（ ）
A. 8B. 12C. 18D. 24
8. 已知曲线，则下列说法错误的是（ ）
A. 曲线围成图形面积为B. 曲线的长度为
C. 曲线上任意一点到原点的最小距离为2D. 曲线上任意两点间最大距离
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. 已知两个不重合平面与平面ABC，若平面的一个法向量为，向量，，则（ ）
A. B. 平面
C. 平面平面D. 平面平面
10. 已知直线，则下述正确的是（ ）
A. 直线始终过第二象限B. 时，直线的倾斜角为
C. 时，直线l关于原点对称的直线方程为D. 时，原点关于直线对称的点
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B. 任意，三棱锥的体积是定值
C. 存在，使得与平面所成的角为
D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
第Ⅱ卷
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若过点作圆的切线，切点为A，则______.
13. 在△ABC中，．若向量与平面ABC垂直，且 ，则的坐标为________________．
14. 已知圆，过直线在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为_____.
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. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且. 求：
（1）的长；
（2）直线与所成角的余弦值.
16. 已知直线和直线交点为.
（1）若直线过点，且能与坐标轴围成等腰直角三角形，求直线的方程；
（2）①求过点且与直线垂直的直线的方程;
②由①所得直线，若点到的距离与到的距离相等，求点的轨迹方程.
17. 如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）求A点到直线的距离.
18. 如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形沿翻折，使得二面角的大小为，如图2所示，设N为的中点.

（1）证明：；
（2）若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的余弦值为.
19. 已知点，圆.直线与圆相交于A、B两点，.
（1）若直线过点，求直线的方程；
（2）①若线段AB的中点为，求点的轨迹方程；
②过点作直线与曲线交于两点M、N，设的斜率分别为，求证：为定值.
吉林省长春市2024-2025学年高二上学期第一次月考数学检测试卷
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选)两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第Ⅱ卷4至6页.
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定置粘贴考试用条形码.
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡与题号对应答题区域的答案一律无效，不得在答题卡上做任何标记.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存，
第I卷
一、单选题：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. 圆的圆心和半径分别（ ）
A. ，B. ，5
C. ，D. ，5
【正确答案】A
【分析】由题意将圆的一般方程化为标准方程，再求出圆心坐标和半径长.
【详解】将方程化为标准方程：，
则圆心坐标为，半径长等于.
故选：A
2. 若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（ ）
A. B. 1C. 0D.
【正确答案】B
【分析】分析可知存在，使得，结合空间向量基本定理运算求解.
【详解】因为是空间的一个基底，可知均不为零向量，
若不能构成空间的一个基底，
则存在，使得，
可得，解得.
故选：B.
3. 设点，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】利用直线斜率定义数形结合即可求得直线的斜率取值范围.
【详解】

直线过点，且与线段相交，
则直线的斜率取值范围是.
故选：C
4. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法可得异面直线夹角.
【详解】
设正方体棱长为，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
是中点，
，
则，，
所以，
所以异面直线与夹角余弦值为，
故选：C.
5. 如图所示，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点在上，且，则点到平面的距离为（ ）
A B. C. D.
【正确答案】C
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离即得解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则.
所以，
设平面的法向量为
则.
所以点B到平面的距离.
故选：C
6. 设，过定点A的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】分析可知，，且点的轨迹是以为直径的圆，设，结合三角知识求的取值范围.
【详解】对于动直线可知其过定点，
动直线，即，可知其过定点，
且，可知两条动直线相互垂直，
可知点的轨迹是以为直径的圆，且，
若点与或重合，则；
若点与，不重合，设，
则，
可得，
因为，则，可得，
所以，
综上所述：的取值范围是.
故选：D.
7. 在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（ ）
A. 8B. 12C. 18D. 24
【正确答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，则点A2,0,0，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，，计算，即可得出结论.
【详解】如图所示：以点D为原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，
以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则点A2,0,0，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，
则由题意可得，.
所以，
故，即，
因为点P是棱上一点（含顶点），所以与正方形切于4个点，
即上底面每条棱的中点即为所求点；
同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点，
，
即与正方形切于个点，
即右侧面每条棱的中点即为所求点；
同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个.
故选：C
8. 已知曲线，则下列说法错误的是（ ）
A. 曲线围成图形面积为B. 曲线的长度为
C. 曲线上任意一点到原点的最小距离为2D. 曲线上任意两点间最大距离
【正确答案】C
【分析】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图形，结合图形逐项分析判断即可.
【详解】当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线为原点.
画出曲线的图形，如图所示.
对于A，曲线围成的面积可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的半圆，
故面积为，故A正确；
对于B，曲线由四个半径为的半圆组成，故周长为，故B正确；
对于C，如图所示，因为原点在曲线上，所以最小值为0，故C错误；
对于D，如图所示，曲线上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为.故D正确.
故选：C
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. 已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面的一个法向量为，向量，，则（ ）
A. B. 平面
C. 平面平面D. 平面平面
【正确答案】BD
【分析】利用可得出；利用且不在平面内，可得出 平面；利用且，，可得平面平面.
【详解】对于A，因为，所以与不垂直，故A错误；
对于B，因为，所以， 从而平面.
又因为不在平面内，所以 平面，故B正确；
对于C和D，，，
所以且，，故而平面.
又因为是平面的法向量，且平面与平面ABC不重合，
从而平面平面，故C 错误；故D正确.
故选：BD
10. 已知直线，则下述正确的是（ ）
A. 直线始终过第二象限B. 时，直线的倾斜角为
C. 时，直线l关于原点对称的直线方程为D. 时，原点关于直线对称的点
【正确答案】AD
【分析】直线恒过定点，可判断 A选项；时，直线，斜率为1，所以倾斜角为，可判断B选项；时，直线，利用相关点法求关于原点的对称直线，可判断C选项；设对称的点为，根据点关于线对称列式求解即可判断D .
【详解】对于选项A：直线，可变形为，
令，解得，即直线恒过定点，
所以直线始终过第二象限，故A正确；
对于选项B：当时，直线，斜率为1，所以倾斜角为，故B错误；
对于选项CD：当时，直线，
设对称的直线上任取一点，则点关于原点对称的点为，
可得，即，
所以直线l关于原点对称的直线方程为，故C错误；
设原点关于直线对称的点为，
则，解得，
所以原点关于直线对称的点，故D正确；
故选：AD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A. 当时，平面
B. 任意，三棱锥的体积是定值
C. 存在，使得与平面所成的角为
D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
【正确答案】ACD
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.
【详解】如图所示建系，，
所以，
从而，
所以，
又面，
所以面，
时，与重合，平面为平面，
因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，
三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，
则，令，解得，
即可取，
而，
所以与平面所成角的正弦值为，
又，
所以，
所以，
又面，
所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，
当在时，与平面所成角为，
所以存在使与平面所成角为，C正确.
，
设平面的法向量为，
不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，
到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故选：ACD.
关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解.
第Ⅱ卷
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若过点作圆的切线，切点为A，则______.
【正确答案】2
【分析】根据题意可得圆心和半径，结合切线的性质求切线长.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
可得PC=22+42=25>r，可知点圆外，
所以.
故2.
13. 在△ABC中，．若向量与平面ABC垂直，且 ，则的坐标为________________．
【正确答案】或
【分析】根据题意结合空间向量的坐标运算求解.
【详解】根据题意可得：，
设，
∵与平面ABC垂直，则，可得，
又∵，则
解得或，
当时，则；
当时，则；
∴的坐标为或．
故或.
14. 已知圆，过直线在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为_____.
【正确答案】1
【分析】设Px0,y0，则，，Bx2,y2，首先得出切线方程为，同理，从而直线AB的方程为，由此可得，，结合三角形面积公式、基本不等式推论即可求解.
【详解】
设Px0,y0，则，
设，Bx2,y2，
当时， ，
所以切线方程为：，而，化简为：，
显然当或时也适合，所以切线方程为，
同理，
将P的坐标代入上述直线方程，则有，
于是直线AB的方程为，
因此，，
的面积为，
当且仅当，即时取等号.
所以面积的最小值为1.
故1.
关键点点睛：关键是表示出直线的方程（含参即用点坐标表示直线方程），由此即可顺利得解.
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. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且. 求：
（1）的长；
（2）直线与所成角的余弦值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用空间向量数量积的运算律求解；
（2）利用空间向量的数量积的运算律以及夹角公式求解.
【小问1详解】
因为,
所以
.
【小问2详解】
,
,
,
,
所以,
因为直线与所成角，
所以直线与所成角的余弦值为.
16. 已知直线和直线的交点为.
（1）若直线过点，且能与坐标轴围成等腰直角三角形，求直线的方程；
（2）①求过点且与直线垂直的直线的方程;
②由①所得直线，若点到的距离与到的距离相等，求点的轨迹方程.
【正确答案】（1）或
（2）①；②或
【分析】（1）先求点的坐标，分析可知，结合直线的截距式方程运算求解；
（2）①设直线，代入点的坐标即可；②设点，结合点到直线的距离公式运算求解.
【小问1详解】
联立方程，解得，即，
设直线在轴上的截距分别为，由题意可得：，
可在直线的方程为，则，
联立方程，解得或，
则直线的方程为或，即或.
【小问2详解】
①由题意可设直线，
代入可得，解得，
所以直线的方程为；
②因为直线和直线，
设点，则，即，
整理可得或，
所以点的轨迹方程或
17. 如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值；
（3）求A点到直线的距离.
【正确答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.
（3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果.
【小问1详解】
取中点，连接，．
在中，，分别为，的中点，则，，
因为，，则，，
可知四边形平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面PAD．
【小问2详解】
因为平面，，平面ABCD，
则，，且，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
取CD的中点，连接BE，
因为，，则，，
又因，所以四边形ABED为矩形，
且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，
则，，，，，，
可得，，，
设平面BDM的法向量为，所以，
令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，
易知为平面PDM的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知：，
则，
即，可知为锐角，
则，
所以A点到直线的距离为.
18. 如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形沿翻折，使得二面角的大小为，如图2所示，设N为的中点.

（1）证明：；
（2）若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的余弦值为.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）或
【分析】（1）先证明平面，然后根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，表示M点坐标，求出平面ADE的法向量，根据空间角的向量求法，列方程，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：由图1知：是直角梯形，C、D分别为的中点，则，
故图2中，，，且平面BCF，
∴平面，即是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，且N是的中点，故，
又平面，平面，可得，
而，BC，平面，∴平面，
而平面，∴.
【小问2详解】
因为平面，过点N作的平行线，平面，
故，又，
所以以点N为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

图1中，是直角梯形，，，，，，
可得；
则空间直角坐标系中，，，，，
设，∴，，
，，
由于，则，∴，.
∴，∴，
设平面的法向量为，
则，取，
设直线与平面所成角为，大于等于小于等于，
由于直线BM与平面ADE所成角的余弦值为，
故直线BM与平面ADE所成角的正弦值为，
∴，
∴，∴或，适合题意，
故或.
19. 已知点，圆.直线与圆相交于A、B两点，.
（1）若直线过点，求直线的方程；
（2）①若线段AB的中点为，求点的轨迹方程；
②过点作直线与曲线交于两点M、N，设的斜率分别为，求证：为定值.
【正确答案】（1）或
（2）①；②证明见详解
【分析】（1）根据题意分析可知：圆心到直线的距离，分析讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解；
（2）①分析可知，即可得方程；②设直线的方程为，设、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理可计算出的值，即可证得结论成立.
【小问1详解】
由题意可知：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，即直线，满足题意；
若直线的斜率存在，设直线，即，
则，解得，
所以直线；
综上所述：直线的方程为或.
【小问2详解】
①若线段AB的中点为，可得，即，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
所以点的轨迹方程；
②由（1）可知：直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，点、，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
由韦达定理可得，，
则
.
所有为定值．
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．