重庆市育才中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题；
3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；
4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回.
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. 经过两点，的直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用经过两点的直线斜率的计算公式，即可求解.
【详解】因为直线经过两点，，所以直线的斜率为，
故选：A.
2. 经过椭圆的右焦点的直线交椭圆于，两点，是椭圆的左焦点，则的周长是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】为焦点三角形，周长等于两个长轴长，再根据椭圆方程，即可求出的周长．
【详解】
为椭圆两个焦点，
，
的周长为．
故选：D．
3. 圆与圆位置关系为（ ）．
A. 相交B. 内切C. 外切D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】由两圆的位置关系计算即可.
【详解】由题意可得，
故两圆的圆心分别为：，设两圆半径分别为，则，
易知，故两圆内切.
故选：B
4. 下列可使，，构成空间的一个基底的条件是（ ）
A. B. ，，两两垂直
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断三个向量是否共面即可得．
【详解】选项AD中，三个向量一定共面，选项C中，可能共面，只有选项B中，一定不共面，
故选：B．
5. 已知圆锥的母线长为4，底面的半径，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥底面的半径，则截得圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，利用，求得圆台的高为，结合圆台的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，作出圆锥的轴截面等腰，
则，可得，
用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥底面的半径，
由，可得，所以，
则，即圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选：C.

6. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面底面，为线段的中点.记异面直线与所成角为，则的值为（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，过作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及异面直线的夹角公式，代入计算，即可求解.
【详解】
过作，因为侧面是正三角形，所以O是CD的中点，
又因为平面底面，且为两平面的交线，平面，
所以底面，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
则.
故选：C
7. 如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，从而得到⊥平面，从而点在线段上时，满足平面，点的轨迹长度为.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
则，
故，
所以，
又，平面，
所以⊥平面，
故当点在线段上时，满足平面，
点的轨迹长度为.
故选：B
8. 已知三棱锥中，△是边长为2的正三角形,，，若三棱锥的外接球体积为，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】点作平面，连接，易知过中点，连接，易知直线与平面所成角为；由，知三棱锥的外接球的直径，据外接球体积为可求出及所需边长，利用余弦定理求即可.
【详解】设三棱锥的外接球的半径为，如图所示，取中点为，
由于，，则，
故是三棱锥的外接球的球心， ，
∵三棱锥的外接球体积为，∴,∴，
过点作平面，连接，易知过中点，连接.
因为， ，，
则直线与平面所成角为，
由余弦定理可得.
故选：D.
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 若曲线表示两条直线，则，或，
B. 若曲线表示圆，则
C. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则
D. 若曲线表示椭圆，则仅需
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据曲线方程形式可得A正确，根据椭圆以及圆方程可判断BCD正确.
【详解】对于A，若曲线表示两条直线，则两者须有一个为零，此时表示的两条直线为或，可得A正确；
对于B，若曲线表示圆，则根据圆的方程可知，即B正确；
对于C，若曲线表示焦点在轴上的椭圆，可将化为，
所以，可得，即C正确；
对于D，若曲线表示椭圆，则根据椭圆方程可知，且，即D错误.
故选：ABC
10. 已知直线，直线，则下列说法正确的为（ ）
A. 若，则
B. 若两条平行直线与间的距离为，则
C. 直线过定点
D. 点到直线距离的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】结合题设直线的方程易得，，进而结合直线垂直与斜率的关系即可判断A；先根据直线平行与斜率的关系可得时，，再结合平行直线之间的距离公式求解判断B；根据直线过定点问题可判断C；分析可得时，点到直线距离最大，进而求出即可判断D.
【详解】由直线，，
则，.
对于A，若，则，解得，故A正确；
对于B，若，则，即，
此时，即，，
因为与间距离为，
所以，解得或15，故B错误；
对于C，由，令，即，
所以直线过定点，故C正确；
对于D，由C知，直线过定点，
要使点到直线距离最大，则，
则点到直线距离的最大值为，故D错误.
故选：AC
11. 如图，在直棱柱中，底面为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足则下列说法正确的是（ ）
A. 若时，三棱锥的体积为定值
B. 若时，有且仅有一个点，使得
C. 若，则的最小值为3
D. 若，，则平面截该直棱柱所得截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别根据每一个选项确定点的轨迹，然后判断选项即可.
【详解】对于选项A：当时，，故点在上运动，而平行于平面，
所以三棱锥的体积为定值.故A正确.
对于选项B：当时，取中点记为连接，易得点在上运动，
当与点，，重合时，由勾股定理可得，所以，故B错误.
对于选项C：当时，取中点记，取中点记为连接，则点在线段上运动
，易得点关于直线的对称点为，连接，此时点、、三点共线，
故点与点重合时取得最小值为3，故C正确.
对于选项D：当，时，为的中点，过点作的平行线交于点，
过点作的平行线交于点，即可得到截面，易知,
所以,,,，
，易得周长为，故D正确.

故选：ACD
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知椭圆的两个焦点坐标分别是，，并且经过点，则它的标准方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆方程为，得到方程组，求出，得到答案.
【详解】设椭圆方程为，则，
解得，故椭圆方程为.
故答案为：
13. 若，，为空间中两两夹角都是的单位向量，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律求解即得.
【详解】由，，为空间中两两夹角都是的单位向量，
得，
所以.
故答案为：
14. 已知，为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，圆心到，的距离分别为，，则______，四边形的面积的最大值为______.
【答案】 ①. 7 ②. 9
【解析】
【分析】利用圆的性质计算，求出四边形面积关系式，借助基本不等式求出最大值.
【详解】取的中点，连接，依题意，，又，
则四边形是矩形，；
，，四边形的面积为：
，当且仅当时取得等号，
所以当时，四边形的面积的最大值为9.
故答案为：7；9

四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线经过点，点.
（1）求直线的方程；
（2）若圆经过点，点，且圆心在直线上，求圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用直线方程的两点式得直线方程，再化简，即可求解；
（2）根据条件，利用圆的几何性质，求出圆心和半径，即可求解.
【小问1详解】
过点，点的直线的两点式方程为：，
整理得：，所以直线的方程为.
【小问2详解】
设线段的中点为，则由，有，
且直线的斜率为，
因此线段的垂直平分线的方程为：，即，
由垂径定理可知，圆心也在线段的垂直平分线上，
则有，解得，所以圆的坐标是，
圆的半径，
所以圆的标准方程是.
16. 如图，在三棱柱中，，，，，点是的中点，平面.

（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，设，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出的方向向量与平面的法向量，再由向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
连接，设，连接，由三棱柱的性质可知，
侧面为平行四边形，为的中点，
又为中点，在中，，
又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
由题意可知，，两两垂直，故以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，.
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得；
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
17. 如图，在三棱锥中，，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若棱上存在不同于，的动点，满足，使二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，分别证得和，利用线面垂直的判定定理。证得平面，进而证得平面平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，令，得到向量的坐标，再分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
证明：由，且，所以，
取的中点，连接，可得，
再由，可得，即，
因为，且为的中点，可得，
又因为，且面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）可知，，又由，
以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
所以，，
令，其中，可得，所以，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
令，可得，所以；
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，
令，可得，所以，
则，
设，其中，则上式可化为，即，
解得或舍去，所以，解得.
18. 已知动点与两个定点，的距离的比为.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点且斜率为的直线与动点的轨迹交于，两点，若，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用两点距离公式及已知距离关系求轨迹方程即可；
（2）设直线方程并联立的轨迹方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算列方程求参数，进而确定弦长即可.
【小问1详解】
设动点坐标为，
由，即，
整理得.
【小问2详解】
设直线的方程为，，两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，
联立，整理得.
因为式的两根为，，所以，，
，即或.
则，
将，代入上式，化简解得.
而满足，故直线的方程为.
因为圆心在直线上，所以.
19. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，它是一种使用几何度量空间的几何用语，定义如下：在平面直角坐标中的任意两点Mx1,y1，Nx2,y2的曼哈顿距离为.已知在四边形中，，，，且平分，若将沿线段向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后点在新图形中对应点记为.
（1）计算的大小；
（2）若所在平面为，设，且，记点的轨迹为曲线.
（i）判断是什么曲线，并求出对应的方程；
（ii）设为平面上过点且与直线垂直的直线，已知在直线上，在上，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）曲线是椭圆，；（ii）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，得，利用勾股定理和余弦定理，结合题设条件，依次求得的三边，再利用余弦定理求出即得；
（2）（i）依题建系，利用（1）已得，借助于向量的夹角公式建立方程，化简即得对应的方程；（ii）将（i）中椭圆所在坐标系逆时针旋转得到椭圆方程为，直线的方程为.设点，由引理，可得，利用辅助角公式和正弦型函数的值域即可求得.
【小问1详解】
在中，平分，，
则，设，则，
由勾股定理，，解得，即，则，
在中，，，
在中，由余弦定理，，即，
又因二面角为直二面角，且平面平面，，故有平面，
因平面，故，则，
在中，由余弦定理，，
因，故得；
【小问2详解】
（i）曲线是椭圆.
由（1）已得，如图1，不妨取的中点为，以为轴，
为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.
则点，，
设，，，
由（1）可知，
从而，
化简可得：，即为的方程.
（ii）将立体几何平面化，只需研究平面上的几何关系.
不妨将（i）中椭圆所在坐标系逆时针旋转得到图2，
在新坐标系下椭圆方程为，直线的方程为，
引理：点Mx1,y1与直线上一动点Nx2,y2的最小曼哈顿距离为.
证明：如图3，当，即时，
由于，
当点在点处取得等号成立，即，
同理可以得出时的最小曼哈顿距离，综上得证.
设点.
由引理可知： ，
其中，
则当时，，
故的最小值为.