2024银川唐徕中学高二9月月考数学试题含解析

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一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率直接求解倾斜角即可.
【详解】设倾斜角为，则，则.
故选：C.
2. 已知空间向量，，，若三向量、、共面，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，其中、，利用空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程组，即可解得的值.
【详解】因为三向量、、共面，设，其中、，
则，解得.
故选：B.
3. 已知直线：，和直线：垂直，则（ ）．
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直，得到方程，求出得或1.
【详解】因为直线和直线垂直，故，解得或1，
经检验，符合要求.
故选：C
4. 如图所示，已知等腰直角三角形ADE与正方形ABCD所在的平面互相垂直，且，F是线段CD的中点，则BD与EF所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以A为原点建立空间直角坐标系，写出和的坐标利用夹角公式求出余弦值即可.
【详解】因为平面ADE⊥平面ABCD，平面平面ABCD=AD，AE⊥AD，平面ADE，
所以AE⊥平面ABCD，
又平面ABCD，所以AE⊥AB，
又AB⊥AD，所以AB，AD，AE两两垂直，
分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
可得B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），F（1，2，0），
∴，，
设BD与EF所成角大小为α，
则，
即BD与EF所成的角的余弦值为，
故选：D.
5. 已知点、，点关于轴对称的点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称性求出点的坐标，然后利用两点间的距离公式可求得的值.
【详解】由于点关于轴对称的点为，则点，
由空间中两点间的距离公式得.
故选：B.
【点睛】本题考查空间中两点间距离的计算，同时也考查了利用对称性求点的坐标，考查计算能力，属于基础题.
6. 过点与圆相切的两条直线垂直，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，点到圆心的距离是半径的倍，列方程求解即可.
【详解】圆化为标准方程为，
圆心坐标为，半径，
过点与圆相切的两条直线垂直，则点到圆心的距离为，
即，解得.
故选：D.
7. 已知直线与圆相交于A，B两点，且，则数( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的弦长公式即可计算.
【详解】设圆C半径为r.
由可得，
∴圆心，
圆心C到直线的距离为，
由，得，∴，解得．
故选：B．
8. 若圆与圆关于直线对称，过点的圆P与y轴相切，则圆心P的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出两个圆的圆心坐标，两个半径，利用两个圆关于直线的对称知识，求出a的值，然后设出圆心P的坐标为，圆心到点C的距离等于圆心到y轴的距离，列出方程求出圆心P的轨迹方程．
【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，
因为圆与圆关于直线对称，
所以的中点满足直线方程，解得，
过点的圆P与y轴相切，设圆心P的坐标为，
所以解得：，
故选：C．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，少选得2分，多选得0分．
9. 已知向量，，，则（ ）
A. 向量，的夹角为B. ∥
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，求出，再根据向量夹角的定义判断即可；对于B，只需判断是否成立，即可判断；对于C，只需判断是否成立，即可判断；对于D，根据向量数量积的坐标运算，计算出的值，即可判断.
【详解】解：对于A，因为，
所以向量，的夹角为，故错误；
对于B，因为，，
所以，所以∥，故正确；
对于C，因为，，
所以，所以，故正确；
对于D，因为，，
所以，故错误.
故选：BC.
10. 已知圆：，直线：，则（ ）
A. 直线过定点，坐标为
B. 直线与圆的位置关系无法确定
C. 直线被圆截得的最短弦长是
D. 直线被圆截得的弦长最大时
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，变形后得到方程组，求出定点坐标；B选项，确定直线所过定点在圆内，从而得到直线与圆的位置关系；C选项，当与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最短，由两点间距离公式和垂径定理得到最短弦长；D选项，当直线经过圆心时，被圆截得的弦长最大，将圆心坐标代入直线，得到的值.
【详解】A选项，变形，
令，解得，
故直线过定点，坐标为，A正确；
B选项，因为，故在圆内，则直线与圆相交，B错误；
C选项，当与直线垂直时，直线被圆截得的弦长最短，

此时，
由垂径定理得，最短弦长为，C错误；
D选项，直线经过圆心时，被圆截得的弦长最大，
将代入中，，
解得，D正确.
故选：AD
11. 已知圆：，直线：，为直线上的动点，过点作圆的切线、，切点为A、，则下列各选项正确的是（ ）
A. 四边形面积最大值为8B. 四边形面积的最小值为4
C. 当最大时，D. 动直线一定经过坐标原点
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.
【详解】因为圆：的圆心，半径为，
由圆的几何性质可得，如下图所示：

对于选项A、B：由切线长定理可得，且，可知，
所以四边形的面积，
因为，
当时，取最小值，且，即，
因为无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，故A错误；
当时，四边形的面积取到最小值为，故B正确；
对于选项C：因为为锐角，，且，
当取到最小值时，则最大，即最大，
此时，故C正确；
对于选项D：因为为直线：上的动点，设，
则，
可得，
又因为，可知点在以为圆心，为半径的圆上，
圆的方程为，即，
又因为圆：，即，
两圆方程相减可得：，
即直线，所以动直线一定经过坐标原点，故D正确.
故选：BCD.
12. 长方体中，，，点，分别在棱和上运动（不含端点），若，下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最大值为0
C. 面积的最大值为D. 三棱锥的体积不变
【答案】AD
【解析】
【分析】建立直角坐标系，设坐标，根据求出参数之间的关系，在依次判断选项正误.
【详解】
以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系，如图所示.
则设，其中
，
又，即
对于选项A，，因此，故选项A正确；
对于选项B，，，
因此无最大值，故选项B错误；
对于选项C，，因此面积无最大值，故选项C错误；
对于选项D，,因此三棱锥的体积不变，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 圆与圆的公共弦长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求两圆公共弦方程，再利用弦心距，弦长，半径之间的关系求解
【详解】设圆：与圆：交于，两点
把两圆方程相减，化简得
即：
圆心到直线的距离，又
而，所以
故答案为：
14. 已知圆：，圆的弦被点平分，则弦所在的直线方程是________．
【答案】
【解析】
【分析】先将圆的方程化为标准方程，得到圆心，由于圆的弦被点平分，故，得到，由点斜式求解即可.
【详解】因为圆：，
所以化为标准方程为：，所以圆心.
又圆的弦被点平分，故，
而直线斜率不存在，所以，
由于过点，故直线的方程为：.
故答案为：.
15. 已知圆：，圆上恰有3个点到直线：的距离为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆的圆心和半径，根据条件可知圆心到直线的距离为，进一步计算即可.
【详解】圆：，
化为
所以圆心为，半径为，
因为圆上恰有3个点到直线：的距离为，
所以圆心到直线的距离为，
则，
解得
故答案为：
16. 在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，且，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】由圆上的点A两次折叠与圆上的点重合，得圆心坐标，半径，由，推得两圆有公共点，求得m的取值范围.
【详解】因为圆上的点A两次折叠与圆上的点重合，所以两次的折痕过圆心，
，得，，所以圆心为，该圆半径，
由，所以P在以MN为直径的圆上，
即两圆有公共点，所以，m的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】将向量数量积为零转化为垂直关系，进而得到点P的轨迹是圆，将问题转化为圆与圆的位置关系.
四、解答题（本大题共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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点．

（1）证明：；
（2）若是棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，则有，再证明平面，根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为底面，底面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，点是棱的中点，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，
所以点到平面的距离为．

18. 已知的顶点边上的高所在直线方程为，角的平分线所在直线方程为.
（1）求顶点坐标；
（2）求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据垂直关系和点在直线上得到方程组，解得答案.
（2）计算点C关于的对称点，计算斜率得到直线方程.
【小问1详解】
设，则有，，即，解得，
即；
【小问2详解】
点C关于的对称点，则，，
解得，即，，
直线的方程：，整理：.
19. 如图所示，三棱柱的所有棱长均为1，，为直角．

（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AB的中点D，连接，先证明，，进而由线面垂直以及面面垂直的判定证明即可；
（2）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
如图，取AB的中点D，连接，
由于三棱柱的所有棱长均为1，故底面是正三角形,
因此，由于为直角，
故，所以，
因为，平面 ，所以 平面 .
由此得 .
在直角中, .
在 中, 由 , 故 .
又 平面 ，
所以 平面 , 平面 ，
故平面 平面 .
【小问2详解】
以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
于是，
由 ，所以，
，
设是平面的法向量.
，取，则.

即直线与平面所成角的正弦值为
.
20. ①圆心在直线：上，圆过点；②圆过直线：和圆的交点：在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解．
已知圆经过点，且________．
（1）求圆的标准方程；
（2）已知点，求过点的圆的切线方程．
【答案】（1）选①：；选②：
（2）和
【解析】
【分析】（1）利用圆的定义、直线方程、直线与圆的关系、圆与圆的关系运算即可得解.
（2）利用直线与圆的关系、直线方程、点到直线的距离公式运算即可得解.
【小问1详解】
解：选①：设圆心，则由题意：
∵圆心在直线：上，
∴………………………（ⅰ）
∵圆过点和，
∴，即，
化简得：…………………（ⅱ）
联立（ⅰ）（ⅱ）解得：，
∴圆心，半径为，
∴圆标准方程为.
选②：如下图：设直线：和圆的交点为，
连接，则由直线和圆的位置关系、圆和圆的位置关系知直线，
垂足为，连接、.

由题意，圆的圆心为，半径.
∵直线方程为，，
∴直线方程为，故设圆心，
由图知，则，
由解得直线和直线交点，
则，
圆半径，
，，
由得：
，解得：.
∴圆心，半径.
∴圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：由（1）知，选①或选②，圆的标准方程均为，
如下图，点在圆外，则
因为圆的圆心到轴距离，
所以，是圆过点的一条切线.

设圆过点的另一条切线斜率为，则其方程为：
，即.
由直线与圆相切知圆心到直线距离为半径，则有
，解得：，
∴切线方程为，即.
综上知，过点的圆的切线方程为和.
21. 如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，是的中点．

（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）存在；或.
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，，由已知条件得四边形是矩形，由三角形中位线能证明平面；
（2）作于，建立空间直角坐标系，假设存在，设，求出平面与平面的法向量，利用平面与平面夹角的余弦值是求出值，进而求出的长.
【小问1详解】
连接交于，连接，

因为三棱柱是正三棱柱，
所以四边形是矩形，所以为的中点，
又因为是的中点，所以是三角形的中位线，
所以，因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
作于，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质可知平面，

所以在正三棱柱中如图建立空间直角坐标系.
因为，是的中点.
所以,
假设在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值是，
设，则有，，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，所以，
易知平面的一个法向量，
又因为平面与平面夹角的余弦值是，
所以，
解得，解得或，
所以线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值是，
且或.
22. 最近国际局势波云诡谲，我国在某地区进行军事演练，如图，是三个军事基地，为一个军事要塞，在线段上．已知，，到，的距离分别为5km，.以点为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，位于第一象限．

（1）求两个军事基地的长；
（2）若要塞正北方向距离要塞10km处有一处正在进行爆破试验，爆炸波生成时的半径为（参数为大于零的常数），爆炸波开始生成时，一飞行器以的速度自基地A开往基地，问参数控制在什么范围内时，爆炸波不会波及到飞行器的飞行．
【答案】（1）
（2）当时，爆炸波不会波及飞行器的飞行
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆相切求出点坐标，联立直线方程求出点坐标，利用两点的距离公式即可求解
（2）由题意得对恒成立，即对恒成立，然后对进行分类讨论，利用基本不等式即可求解．
【小问1详解】
则由题设得：，直线的方程为，，
由，且，解得，所以．
所以直线的方程为，即，
联立方程，解得，即，
所以，
即基地的长为．
【小问2详解】
设爆炸产生的爆炸波圆，
由题意可得，爆炸波生成小时后，飞行在线段上的点处，
则，，所以，
爆炸波不会波及飞行器的通行，即对恒成立．
所以，即，
当时，上式恒成立；
当时，整理得，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以在时，恒成立，亦即爆炸波不会波及飞行的通行．