山东省德州市夏津县育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

这是一份山东省德州市夏津县育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析），共6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。

考试时间：120分钟；满分：150分
一、单选题（本大题共8小题，共40．0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知点坐标为，点坐标为，以线段为直径的圆的半径是（ ）
A. B. C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用两点距离公式求线段的长，即可得半径.
【详解】由题意知，，
以线段为直径的圆的半径是．
故选：A
2. 平行六面体中，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行六面体的性质结合向量的运算即可得出答案.
【详解】因为平行六面体的六个面均为平行四边形，
则，，，
则，
而，，则，
则，
即，
故选：B.
3. 若三条直线相交于同一点，则点到原点的距离d的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线过直线与得交点可得，再由两点间的距离公式求出d的最小值.
【详解】联立，解得，
把代入，得，，
点到原点的距离
，
当且仅当时取等号．
点到原点的距离的最小值为．
故选：D．
4. 如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.
【详解】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：D
5. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】由直线的方程为，
所以，
即直线的斜率，由.
所以 ，又直线的倾斜角的取值范围为，
由正切函数的性质可得：直线的倾斜角为.
故选：B
6. 下列四个命题中，正确命题的个数是（ ）
①若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得；
②若两条不同直线的方向向量分别是，则；
③若是空间的一个基底，且，则四点共面；
④若两个不同平面的法向量分别是，且，则．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】对于①和③，由共面向量定理判断；对于②，根据直线方向向量的定义分析判断；对于④，由平行平面的充要条件可判断.
【详解】若 是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，
存在唯一的有序实数组，使得 ，
由空间向量基本定理知，正确；
若两条不同直线的方向向量分别是，则 ，
由方向向量的定义知正确；
若 是空间的一个基底，且 ，
则，即，
由空间向量共面定理知四点共面，正确；
若两个不同平面的法向量分别是 ，且 ，
易得不成立，所以不成立.
故选：C
7. 阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.
【详解】设，，所以，
又，所以．
因为且，所以，
整理可得，
又动点M的轨迹是，
所以，解得，
所以，又，
所以，因为，
所以的最小值为．
故选：C．
8. 如图，长方体中为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（ ）
A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为
B. 当时，若平面的法向量记为，则
C. 当时，二面角的余弦值为
D. 若，则
【答案】A
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，根据各项给定条件，应用向量的坐标运算求相关线段对应向量，应用向量法求线面角、二面角判断A、C，由向量数量积的坐标运算判断B、D.
【详解】在长方体中，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
当时，为的中点，则，故，
而为平面的一个法向量，若直线与平面所成角为，
则，故A错误；
当时，，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
，
所以，故B正确；
当时，，
，，
设平面的一个法向量为，则， 令，则，
又平面，则是平面的一个法向量，所以
由图知：二面角的平面角为锐角，则其余弦值为，故C正确；
设，故，
若，故，故D正确；
故选：．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 三条直线构成三角形，则a的取值可以是（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】CD
【解析】
【分析】易得直线与2都经过原点，直线不经过原点，则要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行即可，进而可得出答案.
【详解】解：直线与2都经过原点，
而无论为何值，直线都不经过原点，
因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行，
所以.
故选：CD.
10. 已知，，且与夹角为钝角，则x的取值可以是（ ）
A. -2B. 1C. D. 2
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意得出且与不共线，根据数量积公式列出不等式并排除两个向量反向时的值，即可判断得出答案.
【详解】由题意得，且与不共线，则，
即，解得，若与共线，则，即，得，与反向
需要舍去，所以的取值范围为且，所以B和D选项正确，A和C选项错误，
故选：BD.
11. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线（）必过定点
B. 圆（）上有且仅有4个点到直线的距离都等于1，则
C. 曲线与曲线恰有三条公切线
D. 已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线，，A，B为切点，四边形面积的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】A.直线过定点，所以A错误；
B.圆心O到直线l的距离为，故，所以B正确；
C.，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；
D.当垂直直线时，四边形面积最小. 此时四边形面积，所以D正确.
【详解】A.由题得，所以直线过定点，所以A错误；
B.圆心O到直线l的距离为，故圆上有且仅有4个点到直线l的距离为1，则，所以B正确；
C.圆，的圆心为，，半径，，，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；
D.当垂直直线时，四边形面积最小.此时，，，四边形面积，所以D正确.
故选：BD
12. 如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A. 异面直线与所成角的余弦值是
B. 三棱柱的外接球的表面积是
C. 当点是线段的中点时，三棱锥的体积是
D. 的最小值是2
【答案】AC
【解析】
【分析】由空间向量的坐标运算判断A，由棱柱的外接球半径与球的表面积公式判断B，
由线面平行关系与棱锥的体积公式判断C，在平面中，数形结合求的最小值后判断．
【详解】解：在直三棱柱中，是直角三角形，且，则，
则建立以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
对于：，，
，
故异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；
对于：将直三棱柱补成直四棱柱，
可得三棱柱的外接球就是直四棱柱的外接球，
外接球半径，
故三棱柱的外接球的表面积是，故B错误；
对于：连接，则是中点，
点是线段的中点，
，
平面，是棱上的动点，
点到平面的距离就是点到平面的距离，
又
，故C正确；
对于：由选项C得是的中点，
则平面，平面，平面，
在中，，，且，
在平面中，建立以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，，，，
过作直线的对称点，当时，
此时的值最小，且为，也就是点到轴的距离，
设，可得的中点坐标为，
直线的方程为，即，
，解得，的最小值是，故D错误，
故选：．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，，，与平面交于点，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设，其中，用、、表示向量、、，利用共面向量的基本定理可知存在、使得，由空间向量基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得实数的方程组，即可解得实数的值.
【详解】设，其中，
，
，，
因为、、、四点共线，则向量、、共面，
由共面向量定理可知，存在、使得，
即
，
所以，，解得.
故答案为：.
14. 如图所示，三个边长为的等边三角形有一条边在同一直线上，边上有100个不同的点，记，，则___________.
【答案】7200
【解析】
【分析】以A为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，得到的坐标，然后求得直线的方程，根据在直线上，得到，运用向量的数量积的坐标运算即可.
【详解】如图所示：
以A为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，
则，
直线的方程为，
设，则，即，
所以，
所以.
故答案为：7200
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的坐标运算，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
15. 如图，已知菱形所在的平面与所在的平面互相垂直，且．则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点联立空间直角坐标系，利用平面与平面的法向量求解两个平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】取中点，连接，在菱形中，所以是正三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
设平面的法向量为，，，
由，取，
设面的法向量是，，，
则由，即，则令，得，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值是.
故答案为: ．
16. 如图，已知圆内切于圆，直线分别交圆、于、两点（、在第一象限内），过点作轴的平行线交圆于、两点，若点既是线段的中点，又是线段的三等分点，那么的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆、圆别交轴的正半轴于点、，连接、，分析出点为线段的中点，可得出，，利用相交弦定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】设圆、圆分别交轴的正半轴于点、，连接、，则，，
设直线的倾斜角为，则，
为的中点，则为的中点，则，故，即，
，
设线段交轴于点，则为的中点，
因为，故，
易知轴，则，故，
由相交弦定理可得，即，
所以，，故，所以，，
，解得.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知空间三点，，.
（1）求以、为边的平行四边形的面积；
（2）若，且分别与、垂直，求向量的坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先求出，的坐标，再根据向量数量积的定义求出夹角的余弦值，从而根据同角三角函数的基本关系求出夹角的正弦值，再根据面积公式计算可得；
（2）设，依题意得到方程组，解得即可；
【小问1详解】
解：因为，，，所以，，
所以，，，
，
∴，
∴平行四边形面积为.
【小问2详解】
解：设，则，①
∵，，所以，
∴，②
，③
由①②③解得，，或，，
∴或.
18. 已知的顶点，边上的高所在直线为，边上的中线所在直线为为的中点．
（1）求点的坐标；
（2）求过点且在轴和轴上的截距相等的直线的方程．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）由得直线的方程，与联立求得的坐标，得的坐标；
（2）按直线是否过原点分类讨论，求出直线的方程.
【小问1详解】
因为，而直线：的斜率为，
所以直线的斜率为，
直线的方程为：，即，
因为点A在直线与边上的中线的交点，
由，解得，，所以顶点的坐标，
而为线段的中点，所以的坐标
【小问2详解】
当直线经过原点时，设直线的方程为，
将的坐标代入可得，直线的方程为；
当直线不过原点时，设直线的方程为，
将代入可得，解得，
这时直线的方程为，
综上所述，直线的方程为 或 ．
19. 已知圆方程为．
（1）求过点且与圆相切的直线的方程；
（2）直线过点，且与圆交于两点，当是等腰直角三角形时，求直线的方程．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）斜率不存在时显然相切，斜率存在时，设出直线的点斜式方程，由圆心到直线距离等于半径求出，进而得解；
（2）设出直线的点斜式方程，由几何关系得圆心到直线距离为，进而得解.
【小问1详解】
当直线斜率不存在时，显然与相切；
当直线斜率存在时，可设，由几何关系可得，解得，故，即，故过点且与圆相切的直线的方程为或；
【小问2详解】
设，可设中点为，因为是等腰直角三角形，所以，即圆心到直线距离，解得或7，故直线或，即或.
20. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.

（1）求证：平面.
（2）若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；
（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为，所以，
又，所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，连接，
因为，所以为的中点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为为正三角形，为的中点，
所以.
如图，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，得，取，
平面的法向量可取，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21. 已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）若P的坐标为，求过点P的切线方程；
（2）直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）过点设直线方程，然后由圆心到直线距离等于半径构建方程，即可求出切线；
（2）联立圆与直线，利用韦达定理构建的函数式，再求其范围即可.
【小问1详解】
P的坐标为,
当斜率不存在时可设线为，

此时圆心到直线的距离，不符合切线要求，舍去；
当斜率不存在时可设线为，即，

此时圆心到直线的距离，即，
可得或，过点的切线方程为或.
【小问2详解】
设，

联立，消去，可得，
化简可得：，
则，即，
解得，
由韦达定理可得，，
，
又，
.
22. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面，是棱上的一点．

（1）证明：平面平面；
（2）已知，若分别是的中点，
（ⅰ）求点到平面的距离；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用平面和平面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再计算距离和角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，
所以．又，，，平面，
平面，平面，
平面平面．
【小问2详解】
（i）如图所示，建立空间直角坐标系，

，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，点B到平面的距离．
（ii）设平面的一个法向量为，
则，即，
取，记直线AB与平面ADE所成角θ，
则.