浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 正方体中，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

考试范围：大部分学校已经学习过的内容：考试时间：120分钟：满分：150分
注意事项：
1.答题前填写好自已的姓名､班级､考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一､单项选择题（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. 已知向量，，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以=（5，7），故选A.
考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.
2. 已知直线，若，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对进行分类讨论，代入求解即可.
【详解】当时，直线的斜率，
直线的斜率不存在，此时两条直线不垂直；
当时，直线的斜率，
直线的斜率，
因为，所以，
所以，解得：.
故选：D.
3. 已知是实常数，若方程表示的曲线是圆，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数的不等式，解出即可.
【详解】由于方程表示的曲线为圆，则，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.
4. 设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A. 若与所成的角相等，则a∥b
B. 若，，则a∥b
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误；
B项中两直线还可能相交或异面,错误；
C项两平面还可能是相交平面，错误；
故选D.
5. 直线与圆相交于、两点，若，则等于（ ）
A. 0B. C. 或0D. 或0
【答案】D
【解析】
【分析】求出到圆心的距离和圆心 到直线 的距离，即可求出的值.
【详解】由题意，
∵，
∴到圆心的距离为 ，
∴圆心 到直线 的距离为：
，即.
解得：或，
故选：D.
6. 过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（ ），
A. 条B. 条C. 条D. 无数条
【答案】B
【解析】
【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得之间关系，根据为正整数可分析得到结果.
【详解】均为正整数，可设直线，
将代入直线方程得：，
当时，，方程无解，，
，，，或，
或，即满足题意的直线方程有条.
故选：B.
7. 已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出、，利用，求出的范围．
【详解】解：如图建立坐标系，
设，，
则，，，
，，
，
，
即，所以，
当时，所以，所以．
故选：C．
8. 已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. 13B. 11C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为4，
圆的圆心为，半径为1，
可知，
所以，
故求的最小值，转化为求的最小值，
设关于直线的对称点为，设坐标为，
则 ，解得，故，
因为，可得，
当三点共线时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 三条直线，，构成三角形，则的值不能为（ ）
A. B.
C. D. －2
【答案】AC
【解析】
【分析】由三条直线可构成三角形可知，直线不经过两条直线的交点，且与两条直线任意一条不平行.
【详解】直线与都经过原点，而无论为何值，直线总不经过原点，
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：AC.
10. 正方体中，下列结论正确的是（ ）
A. 直线与直线所成角为B. 直线与平面ABCD所成角为
C. 二面角的大小为D. 平面平面
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A：先判断出与所成角即为,利用为正三角形，即可判断；
选项B：与平面ABCD所成角为，即可判断；
选项C：二面角的平面角为，即可判断；
选项D：设，连结，可以判断出即为二面角的平面角.在三角形ACO中，求出各边长，可以判断出，即可判断.
【详解】
选项A：先判断出与所成角即为与所成角，为正三角形，所以该角为；故A正确.
选项B：与平面ABCD所成角为；故B错误.
选项C：二面角的平面角为；故C正确.
选项D：

设，连结，因为，所以.
同理可证：,所以即为二面角的平面角。
不妨设AB=1，易求出：,
因为，所以，
所以平面平面不正确；故D错误.
故选：AC.
11. 已知圆，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则下列各选项正确的是（ ）
A. 四边形面积的最小值为4
B. 四边形面积的最大值为8
C. 当最大时，
D. 当最大时，直线的方程为
【答案】ACD
【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】由圆的几何性质可得，圆，半径为2，如下图所示：

对于，由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，
因为，
当时，取最小值，且，
所以四边形的面积的最小值为，故A正确；
对于，因为无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，故B错误；
对于，因为为锐角，，且，
故当最小时，最大，此时最大，此时，故C正确；
对于D，由上可知，当最大时，且，
故四边形为正方形，且有，直线，
则的方程为，联立，可得，即点，
由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，
此时直线的方程为，故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线，，则直线与之间的距离最大值为______.
【答案】5
【解析】
【分析】分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，由此即可求解．
【详解】直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，
直线化简为：，
令且，解得，，
所以直线过定点，，
当与直线，垂直时，直线，的距离最大，
且最大值为，
故答案为：5．
13. 已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题首先可在中根据余弦定理得出，然后通过勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，外接球的球心到平面的距离为，再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径，最后根据求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】在中，由余弦定理易知，，
即，解得，
因为，所以，
因为平面平面且交于，平面，
所以平面，外接球的球心到平面的距离为，
设的外接圆的半径为，外接球的半径为，
则由正弦定理得出，解得，
，解得，外接球的表面积，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.
14. 若点A（x，y）满足C：（x+3）2+（y+4）225，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P（6，1）而言，||的最小值为_____.
【答案】325
【解析】
【分析】设B关于P点对称点为B′，，将模长最值问题转化为求圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离问题求解.
【详解】如图所示：设B关于P点对称点为B′（x，y），B（x0，y0），

由题意可知，解得，由B在直线3 x0+4 y0=12，
代入整理得3x+4y﹣32=0，
所以，
若点A满足C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆上，
则所以||最小值为圆C圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径，
所以||min5，
所以||的最小值
故答案为：
【点睛】此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想.
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. 已知直线与直线的交点为P.
（1）若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的方程；
（2）若直线l1过点P且与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，△ABO的面积为，求直线l1的方程．
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可求，由题知直线l与直线AB平行或过AB的中点，即求；
（2）可设直线方程截距式，由题可得即求.
【详解】（1）由得，即，
因为直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，
∴直线l与直线AB平行或过AB的中点，
当直线l与直线AB平行时，直线l的方程为即，
当直线l过AB的中点时，直线l的方程为，
故直线l的方程为或.
（2）由题可设直线l1方程为，
则，解得，
故直线l1的方程为即.
16. 某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为4，．
（1）求的长及该长方体的外接球的体积；
（2）求正四棱锥的斜高和体积．
【答案】（1），；（2）斜高为，体积为．
【解析】
【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到的长，利用线段就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；
（2）设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.
【详解】（1）∵几何体为长方体且，，
∴，
记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，
则，∴，∴外接球的体积为．
（2）如图，设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，
∵为正四棱锥，∴为正四棱锥的高，
又长方体的高为，∴，
取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，
在中，，，∴，
∵，，∴，
∴正四棱锥的斜高为，体积为．
17. 已知：圆过点，，，是直线上的任意一点，直线与圆交于、两点.
（1）求圆的方程；
（2）求的最小值.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程为，即可根据题意列出三个方程，解出，即可得到圆的方程；
（2）联立直线的方程和圆的方程可得、两点的坐标，设，再根据两点间的距离公式表示出，消去，可得关于的二次函数，即可求出最小值．
【详解】（1）设圆的一般方程为，依题意可得，
．
所以圆的方程为：．
（2）联立或，
不妨设，，则，
∴．
故的最小值为．
【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交点坐标的求法，以及两点间的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
18. 在平面直角坐标系中，已知圆和圆．

（1）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程；
（2）设为直线上的点，满足：过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等．试求满足条件的点的坐标．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）直线斜率不存在时，显然满足题意；当斜率存在时，设，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程；
（2）设点，当直线斜率存在时，根据截得弦长相等可求得的值；当斜率为时，易知不满足题意；当直线斜率存在且不为时，假设直线方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据有无数个解可确定的取值.
【小问1详解】
由圆的方程知：圆心，半径；
当直线斜率不存在时，即，此时直线与圆显然相切，满足题意；
当直线斜率存在时，设其方程为：，即，
圆心到直线的距离，解得：，
直线方程为：，即；
综上所述：直线方程为或.
【小问2详解】
由圆的方程知：圆心，半径；
设点，
①当过的直线斜率不存在时，则方程为：，方程为：；
则被圆截得的弦长为：；
被圆截得的弦长为，解得：或；
或；
②当过的直线斜率为时，直线斜率不存在，此时与圆相离，不合题意；
③当过的直线斜率存在且不为时，
设，则，
即，，
圆心到直线的距离；圆心到直线的距离；
直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，
，即，，
又，，，，
当时，整理可得：，
满足题意的直线有无数对，，解得：，即；
当时，整理可得：，
满足题意的直线有无数对，，方程组无解；
综上所述：满足条件的点的坐标为.
19. 如图，已知直三棱柱中，且，、、分别为、、的中点，为线段上一动点.
（1）求与平面所成角的正切值；
（2）证明：；
（3）求锐二面角的余弦值的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得与平面所成角的正切值；
（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（3）根据空间向量坐标运算分别求解平面与平面的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.
【小问1详解】
由直三棱柱，知面，即在的投影为，
所以为与平面所成角，
所以，
因此，与平面所成角的正切值为；
【小问2详解】
以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
如图：则，，，，，，，，
故，为线段上一动点.
设，则，故，
所以，，故，
所以，即；
【小问3详解】
由（2）可知：，，，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，，则，
设平面的法向量为，则，
即，则，令，则，则，
故设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，
故，
令，，，
而函数在时单调递增，故时，取最小值，
即当，即，时，取得最大值为.