天津经济技术开发区第一中学2024-2025学年高二上学期强基班9月月考数学试卷

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1．C
【分析】根据斜率定义，结合诱导公式可得.
【详解】由题知，，
解得.
故选：C
2．B
【分析】由题意先求出的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，
解得或.
故，.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
3．B
【分析】根据条件可得是直角三角形，求出圆的圆心与半径，写出圆的标准方程即可．
【详解】由题
得是直角三角形，且，
所以圆的半径为，圆心为，
所以外接圆的方程为.
故选：B.
4．B
【分析】根据空间向量的基本定理与应用即可求解.
【详解】，
又，所以，
所以.
故选：B
A
5.A
【分析】根据空间向量基本定理及线性运算可得，再根据向量数量积的运算律即可得出答案.
【详解】解：根据题意可知，空间四边形的四个面都是等边三角形，
则，
则
.
故选：A.
6.
【解析】【分析】
本题考查空间距离的求法，考查计算能力，属于基础题．
先求出向量，的夹角的余弦值，然后求出正弦值，进而根据，求解即可．
【解答】
解：由题意，可得，，
，，
，
，，
所以点到直线的距离
，．
故选A．
7．C
【分析】由向量的位置关系列式求出，根据模的计算公式计算即可求解.
【详解】，
，
，，
，
，
，．
，
．
故选：C.
8.
【解析】【分析】
本题的考点是直线与圆的位置关系，考查学生灵活运用点到直线的距离公式化简求值，解题的关键是找出切线长最短时的条件，属于中档题．
找出圆心坐标和圆的半径，要使切线长的最小，则必须圆心到直线的距离最小．利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即为的长，根据半径和的长，利用勾股定理即可求出此时的切线长．
【解答】
解：圆的方程化为标准方程得，圆心，半径为，
要使切线长的最小，则必须圆心到直线的距离最小．
过圆心作垂直直线，垂足为，
过作圆的切线，切点为，连接，
所以，此时的切线长最短．
圆心到直线的距离，
根据勾股定理得．
故本题选A．
9.B
10．D
【分析】根据已知条件有直线过圆心，则有，方法1：化为，利用基本不等式即可求解；方法2：化为利用权和不等式即可求解.
【详解】方法1：由曲线关于直线对称，
故直线经过圆心，
即有，即，
则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为；
方法2：由曲线关于直线对称，
故直线经过圆心，
即有，即，
由权方和得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故选：D．
11．A
【分析】设，根据题设整理可得点P的轨迹方程为圆，由两圆方程消去二次项可得公共弦所在直线方程，然后由点到直线的距离公式和圆的弦长公式可得.
【详解】设，则，
整理得，
联立消去二次项得公共弦所在直线方程，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为1，
所以公共弦长为.
故选：A
12．D
【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得,,
又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，,
所以，
由，则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以
故的最小值为.
故选：D
13．AB
【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可.
【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确；
两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误．
故选：AB
14．BD
【分析】根据空间向量的线性运算，结合图形计算即可求解.
【详解】A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，
又，
所以，故C错误；
D：，故D正确．
故选：BD
15．BC
【分析】根据直线方程，得直线的倾斜角，可判断；根据点到直线的距离公式计算可判断，根据与知直线平行或垂直的直线方程求法可判断.
【详解】直线可化为：，
所以斜率，得倾斜角为，故错误；
由点到直线的距离公式得，得，
所以，故错误；
设与直线平行的直线方程为，
因为平行直线方程经过原点，所以，
即平行直线方程为，故正确；
设与直线垂直的直线方程为,
因为垂直直线方程经过原点，所以，
即垂直直线方程为，故正确.
故选：.
16．AC
【分析】根据圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系，可判断A选项，根据切线长的几何意义可判断B选项，再根据两圆公共弦方程求法可判断CD选项.
【详解】
由圆，得圆心，半径圆，
A选项：点到直线的距离为，又，即，
所以圆上恰有两个点到直线的距离为，A选项正确；
B选项：切线长，
所以当取最小值时，切线长最小，，所以，B选项错误；
D选项：由切线的性质可知，在以为直径的圆上，设，
则以为直径的圆的圆心为，半径为，
圆的方程为，即，
又，在圆上，则，
得，则，解得，
所以恒过定点，D选项错误；
C选项：由已知，
所以，
所以当取最小值时最小，此时，
所以，直线方程为，即，
联立，解得，故，则，
所以，即，C选项正确；
故选：AC.
17.或
18.
【分析】设出中点坐标，圆上的点，由中点坐标公式把P的坐标用M的坐标表示，代入圆的方程得答案.
【详解】设点，点，
则所以
因为点在圆上，
所以，
所以，
所以点M的轨迹方程为
即，
故答案为：.
19．
【分析】由投影向量的概念求解即可.
【详解】∵，
∴，，
∴在上的投影向量为
20．5或
【分析】先将圆的一般方程化成圆的标准方程，根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，根据弦长关系即可求出.
【详解】由题意知可化为，
可知圆心坐标为，半径，
根据点到直线的距离公式和弦长关系可得
解之可得或.
故答案为：5或
21. /0.75
【分析】运用空间向量的线性运算法则，将 用基底 表示出来，延长OP与AM交于D，当 时， 平面ABC.
【详解】
由条件可知：

；
延长 与AM交于D，连接BD，则当 时， 平面ABC，
平面ABC， 平面ABC；
令 ，则有 ，
，
根据向量基底表示法的唯一性，有： ，解得 ，
，
.
故答案为：，
22.
【分析】根据给定条件，把问题转化为两个半圆组合的图形与直线有两个不同的交点，数形结合法求参数的范围.
【详解】依题意，，，即或，
当时，曲线方程表示在直线及左侧半圆，圆心为，半径为1，
当时，曲线方程表示在直线及右侧半圆，圆心为，半径为1，
曲线与直线有两个不同的交点，
等价于上述两个半圆组成的图形与直线有两个不同的交点，
在同一坐标系内作出曲线与直线，如图，
当直线与半圆相切时，，解得，
当直线过点时，，由图形得当时，直线与这个半圆有两个交点，
当直线过点时，，这条直线也过点，符合题意，
当直线与半圆相切时，，解得，
当直线过点时，，由图形得当时，直线与这个半圆有两个交点，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：涉及动直线与定曲线交点个数问题，探求曲线性质，作出图形，利用数形结合的思想求解是关键.
23.(1)；(2).
【分析】（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）利用垂直关系结合（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
【详解】（1）由，，得直线的斜率为，
所以所在直线的方程为，即.
（2）由（1）知，直线的斜率为，而，
则边上的高所在直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
24.(1)或
(2)或
【分析】（1）先设出方程，然后将相切条件转化为距离条件，再用距离公式求解；
（2）先设出方程，然后将弦长条件转化为距离条件，再用距离公式求解.
【详解】（1）据点可设直线方程为.
圆的方程可化为，故点到所求直线的距离为，
从而.
所以，
得.
这就说明或，所以所求直线的方程为或.
（2）设所求圆的圆心坐标为，由于该圆与轴相切，故该圆的半径为，
所以该圆的方程是，即.
而该圆被直线截得的弦长为，故该圆圆心到直线的距离为.
所以，解得.
故所求的圆的方程为或.
25．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据已知证明两两垂直，构建空间直角坐标系，应用向量法证明线面垂直；
（2）（3）向量法求面面角正弦值、点面距离即可；
【详解】（1）由平面，平面，则，又，
所以两两垂直，构建如下空间直角坐标系，
则，
故，，，
令是面的一个法向量，则，取，则，
显然，故平面；
（2）由（1），，，
若是面的一个法向量，则，取，则，
所以，则平面与平面所成夹角的正弦值为.
由（1），，则点到平面的距离.
26.(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行；
（2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；
（3）用空间向量法求点面距，从而得出结论．
【详解】（1）取中点D，连接DN、，
∵D、N分别为、∴且，
∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面 平面，
∴平面；
（2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC，
∴、，
∵即，
∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴ ，
则 ，
易知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
令则，
设二面角的平面角为，
则，
由图知为钝角，∴；
（3）设，，
∵，
∴，
∴ ，
设平面MBC的法向量为，
则，即，
令则
∴P点到平面MBC的距离为，
解得，又∴