河南省新乡市原阳县第一高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份河南省新乡市原阳县第一高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：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. 到x轴距离与到y轴距离之比等于的点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点坐标，根据距离比列方程求轨迹方程，注意范围.
【详解】设该动点为，则有，即.
故选：D
2. 若两条平行直线与之间的距离是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可求出的值，利用平行线间的距离公式可求出的值，即可得出的值.
【详解】因为直线与平行，则，
且这两条直线间的距离为，解得，故.
故选：A.
3. 如图，二面角的度数为，其棱上有两点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，则线段的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，，，，，利用空间向量数量积的运算性质可求得线段的长.
【详解】由题意可知，，，，，，
则，
因为，
所以，
，
因此，.
故选：D.
4. 已知平面的一个法向量为，其中，则点到平面的距离为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量求点到面的距离.
【详解】由题意可得：，
所以点到平面的距离为.
故选：C.
5. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536，P(丁)=636=16， ，
P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)，
P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)，
故选：B
【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立
6. 已知圆的方程为，直线，点是直线上的一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，当四边形的面积最小时，直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得当点到圆心的距离最小时，切线的长度最小，此时四边形的面积最小，求出点的坐标，以为直径的圆的方程，两圆相减得到直线的方程.
【详解】
由圆的方程为可知圆心O0,0，半径，点到圆心的距离最小时，切线的长度最小，此时四边形的面积最小，
所以，，所以直线的方程为，
联立，解得，
以为直径，以中点为圆心的圆方程为，
两圆方程相减可得直线的方程，
故选：D
7. 在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正方体的外接球的球心为，球的半径为，分析可得，求出的取值范围，即可得出的取值范围.
【详解】设正方体的外接球的球心为，球的半径为，
则，可得，所以，
又
，
当为正方体某个面的中心时，取最小值；
当与正方体的顶点重合时，取最大值.
则，所以.

故选：A
8. 已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
二、选择题：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为
B. 直线的倾斜角为120°
C. ，，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件
D. 若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】考虑直线截距为0时可以判断A；
先求出斜率，进而求出倾斜角，然后判断B；
先求出直线与直线垂直的等价结论，进而判断C；
设出原直线方程，再求出平移后的直线方程，进而通过两条直线重合求出答案，进而判断D.
【详解】对A，若直线过原点，则方程为：，A错误；
对B，直线斜率为：，则倾斜角为120°，B正确；
对C，直线与直线垂直，等价于或a=3，C正确；
对D，若直线斜率不存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，不与原来重合，舍去；
若直线斜率存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，因为它回到原来的位置，所以，D正确.
故选：BCD
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 已知两个向量，且，则
B. 已知，则在上的投影向量为
C. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量共线的知识判断A；根据投影向量计算公式判断B；根据空间向量共面的知识判断C和D.
【详解】对于A，因为，所以，
因为，所以，
解得，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，，
所以在上的投影向量为，故B正确；
对于C，设是空间中的一组基底，则不共面，
假设共面，则，显然无解，所以不共面，
则也是空间的一组基底，故C正确；
对于D，，但，则四点不共面，故D错误.
故选：ABC.
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 圆与圆的公共弦长为
B. 过点作圆的切线，则切线的方程为
C. 圆与圆关于直线对称
D. 圆心为，半径为5的圆的标准方程是
【答案】AC
【解析】
【分析】求出两圆公共弦所在直线方程，再求出弦长判断A；由直线与圆相切判断B；求出两圆连心线的中垂线方程判断C；求出圆的标准方程判断D.
【详解】对于A，圆的圆心，半径，圆的
圆心，半径，显然，即两圆相交，
把两个圆的方程相减得公共弦所在直线方程，点到此直线距离
，因此公共弦长为，A正确；
对于B，直线过点，且与相切，即切线的方程可以为，B错误；
对于C，圆的圆心，圆的圆心，
显然这两个圆是等圆，则它们关于线段的中垂线对称，而线段的中点，
直线的斜率为，于是线段的中垂线方程为，即，C正确；
对于D，圆心为，半径为5的圆的标准方程是，D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 假如，，且与相互独立，则___________．
【答案】
【解析】
分析】根据给定条件求出，再借助全概率公式即可计算作答.
【详解】因与相互独立，且，，则，
所以.
故答案为：
13. 直线经过点，且直线的一个方向向量为，若直线与轴交于点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用方向向量可得斜率为，求得直线的方程代入点可得.
【详解】由的一个方向向量为可得直线斜率为，
所以直线的方程为，即，
将代入直线方程可得，可得.
故答案为：
14. 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【解析】
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
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，在空间四边形中，，点为的中点，设.
（1）试用向量表示向量；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先把表示出来，然后由点E为的中点得，化简即得结果；
（2）把、用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
【小问2详解】
因为，，
所以
=
16. 已知的顶点，，且重心G的坐标为.
（1）求C点坐标：
（2）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.求的欧拉线的一般式方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出C点坐标，再根据重心的坐标公式可得；
（2）设出外心坐标，根据外心在边AC中垂线上，及到顶点距离相等列方程可得，再根据斜率与点斜式求解即可.
【小问1详解】
设，则由重心G的坐标为，有，
解得，即,
所以C点坐标为.
【小问2详解】
设的外心，则由外心性质可得P在的中垂线上，即，
由，，，
则，即，解得，即.
又，故欧拉线的斜率为，
故的欧拉线的方程为，即.
17. 在锐角中，角的对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若是的外接圆上一点（与位于直线异侧），且，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，结合已知得，再由余弦定理结合已知即可求解；
（2）在中，运用余弦定理有，在中，结合并运用余弦定理可求得，进一步结合三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
锐角中，
因为，所以，
而，故，
因为是锐角，所以，
由余弦定理得，
又因为，所以，整理的，
故．
【小问2详解】
在中，因为，
所以，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得，即：
，解得，
所以四边形的面积为
.
18. 如图，平面，，，，，.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依据几何体的特征可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出直线与平面所成角的正弦值为；
（2）设，利用空间向量求得二面角的表达式，根据余弦值为可解得.
小问1详解】
根据题意，由平面，平面，
所以，又，
可得三条线两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则
可得
设平面的一个法向量为
则，令，可得，即可得，
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为；
【小问2详解】
设，则，可得
设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1
则，令，可得，即
由题意得
，解得
经检验，符合题意，所以线段的长为
19. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．

（1）当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN；
（2）当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为点N为线段AD的中点，且，
所以，
因为，且四边形ABCD为正方形，故，
所以，而平面，
故平面；
【小问2详解】
设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点H为线段AD的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以O为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则，
又，故，
设到底面的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.