浙江省金华市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份浙江省金华市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了 已知，且，则等内容，欢迎下载使用。

1. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（）
A. B. C. D. 与相交但不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量平行即可得.
【详解】因为，所以，所以，所以.
故选：B
2. 设直线的方程为，直线的方程为，则直线与的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行线间距离公式求解即可.
【详解】直线的方程为，
.
故选：B
3. 美味可口的哈根达斯蛋筒冰激凌可近似看作半径相等的一个半球和一个圆锥组成，如实物图，已知冰激凌的表面积为，底部圆锥的母线为3，则冰激凌的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球的表面积以及圆锥的侧面积求得，再根据球、圆锥的体积运算求解.
【详解】设球的半径为，
则冰激凌的表面积为，解得，
可得圆锥的高，
所以冰激凌的体积.
故选：A.
4. 设m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）
A. 若，，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理即可判断A；
根据线面平行的判定定理即可判断B；
根据面面垂直的判定定理即可判断C；
根据线面垂直的判定定理即可判断D.
【详解】解：对于A，若，，，
当时，无法判断与是否平行，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则，
又，所以，故C正确；
对于D，若，，，
当时，无法判断与是否垂直，故D错误.
故选：C.
5. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.
【详解】由题设，可得，且中点为，
∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，
∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，
∴△的欧拉线的方程为.
故选：D
6. 如图，在直三棱柱中，，，，M为AB的中点.则A1到平面的距离为()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别以CA，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴建立直角坐标系，用空间向量法求点到平面的距离．
【详解】如图，分别以CA，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴建立直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，M(1,1,0).
则有，，
设平面的法向量为，
则 即
令，得平面的一个法向量为，又，
所以A1到平面的距离.
故选：D.
7. 已知是定义在上奇函数，且，若对任意的，，均有成立，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，则在上递增，判断也是是定义在上的奇函数，可得在上递增，分类讨论列不等式求解即可.
【详解】因为对任意的，，均有成立，
不妨设，则，
所以，
构造函数，则在上递增，
因为是定义在上的奇函数，所以也是是定义在上的奇函数，
所以在上递增，
不等式化为，
因为，
则，
或；
时，，不合题意；
综上不等式的解集为，
故选：D.
8. 已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设可知圆：，在坐标系中找到，应用三角线相似将转化到，再利用三角形的三边关系确定目标式的最大值即可.
【详解】由题设，知：且，即圆的半径为4，
∴圆：，
如上图，坐标系中则，
∴，即△△，故，
∴，在△中，
∴要使最大，共线且最大值为的长度.
∴.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先求出圆方程，找到定点使，进而将转化到其它线段，结合三角形三边关系求目标式的最值.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的或不选的得0分）
9. （多选）下列说法正确的是（）
A. 若直线经过第一､二､四象限，则点在第三象限
B. 直线过定点
C. 过点且斜率为的直线的点斜式方程为
D. 斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线方程的斜截式、点斜式，以及直线过定点问题进行逐个选项判断即可.
【详解】因为直线经过第一､二､四象限，
所以直线的斜率，截距.
故点在第二象限，所以A中说法错误.
由整理得.
所以无论取何值，都满足方程.所以B中说法正确.
由点斜式方程可知，
过点且斜率为的直线的方程为.
所以C中说法正确.
由斜截式方程可知，
斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为.
所以D中说法错误.
故选：BC
10. 已知，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB选项，两边平方得到，再结合得到，，得到AB正确；先求出的平方，结合角的范围求出的值.
【详解】AB选项，两边平方得，，
即，所以，B正确，
因为，所以，故，所以，A正确；
CD选项，，
因为，，所以，
故，C错误，D正确.
故选：ABD
11. 如图，在三棱柱中，，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列说法中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律逐项分析即得.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
故A错误；
因为，，，
所以，
所以，故B正确；
因为，，
所以，故C错误；
因为，所以，
因为，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
12. 在棱长为1的正方体中，P为侧面（不含边界）内的动点，Q为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）
A. 线段的长度为
B. 的最小值为2
C. 对任意点P，总存在点Q，使得
D. 存在点P，使得直线与平面所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段，即可求得；对选项B，转化为，然后通过坐标表示出即可求得的最小值；对选项C，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断C；对选项D，通过先求平面的法向量，然后根据直线与平面所成的角为，建立方程即可判断D.
【详解】
建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，
设点，，由直线与的夹角为，则有：
，，
故有：，解得：，
为线段上的动点，则有：（），解得：，
对选项A，则有：，故选项A正确；
对选项B，过点作平面的垂线，垂足为，
因为，则易知：，
故的最小值等价于求，
，
故有：，
则，当且仅当时成立，结合，可得此时，故选项B错误；
对选项C，若，则有：，
，又，
则有：，则有：，
又，则有：，故对任意点，总存在点，使得，故选项C正确；
对选项D，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，
即直线与平面的法向量成，则有：
解得：，矛盾，故选项D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：解决立体几何问题通常有两种方法：
一、建立空间直角坐标系，运用空间向量的运算与性质解决立体几何的问题，将问题转化为代数运算，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量；
二、通过传统的几何方法，需要较高的空间想象力.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若方程表示圆，则实数的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
【分析】方程表示圆，需要 计算得到答案.
【详解】方程表示圆
则
【点睛】本题考查了二元二次方程表示圆的条件，属于简单题.
14. 若对任意a＞0且a≠1，函数的图象都过定点P，且点P在角θ的终边上，则tanθ＝__.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用指数函数的性质可得函数的图象经过定点的坐标，进而根据任意角的三角函数的定义即可求解.
【详解】令x＋1＝0，求得x＝－1，y＝2，
可得函数（a＞0，a≠1）图象经过定点P(－1,2)，
所以点P在角θ的终边上，则tanθ＝＝－2.
故答案为：－2.
15. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为_____.
【答案】.
【解析】
【分析】由题意可建立分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，设出点P的坐标，然后利用空间向量基本定理可得=λ+μ，从而可求出P的坐标，进而可得AP的长
【详解】解：如图，建立分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系.
设AB=a，P(0，0，b)，则A(0，0，0)，B1(a，0，1)，D(0，1，0)，E.
于是=(a，0，1)，=(0，-1，b).
∵DP∥平面B1AE，
∴存在实数λ，μ，使=λ+μ，
即(0，-1，b)=λ(a，0，1)+μ=.
∴
∴b=λ=，即AP=.
故答案为：
【点睛】此题考查在空间几何体中确定点的位置，利用了空间向量基本定量，属于中档题.
16. 已知函数，若函数的所有零点依次记为且，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【详解】由题意，令，解得.
∵函数的最小正周期为，，
∴当时，可得第一个对称轴，当时，可得.
∴函数在上有条对称轴
根据正弦函数的图象与性质可知：函数与的交点有9个点，即关于对称，关于对称，…，即，，…，.
∵
∴
∴
故答案为.
点睛：本题考查了三角函数的零点问题，三角函数的考查重点是性质的考查，比如周期性，单调性，对称性等，处理抽象的性质最好的方法结合函数的图象，本题解答的关键是根据对称性找到与的数量关系，本题有一个易错点是，会算错定义域内的交点的个数，这就需结合对称轴和数列的相关知识，防止出错.
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. 在三角形ABC中，已知点A(4，0)，B(－3，4)，C(1，2)．
（1）求BC边上中线的方程；
（2）若某一直线过B点，且x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的一般式方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求得线段BC的中点坐标，再结合点A的坐标，由直线的点斜式写出直线方程；
（2）分两类：①当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，代入点B（－3，4），求出k的值；②当直线在x轴和y轴上的截距均不为0时，可设直线的方程为1，代入点B（－3，4），求得m的值，得解.
【小问1详解】
∵B（－3，4），C（1，2），
∴线段BC的中点D的坐标为（－1，3），
又BC边上的中线经过点A（4，0），
∴y（x－4），即3x+5y－12＝0，
故BC边上中线的方程.
【小问2详解】
当直线在x轴和y轴上的截距均为0时，可设直线的方程为y＝kx，
代入点B（－3，4），则4＝－3k，解得k，
所以所求直线的方程为yx，即4x+3y＝0；
当直线在x轴和y轴上截距均不为0时，可设直线的方程为1，
代入点B（－3，4），则，解得m，
所以所求直线的方程为1，即x+2y－5＝0，
综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0或x+2y－5＝0．
18. 记的内角的对边分别为.已知.
（1）求角的大小；
（2）若为线段上的一点，且满足，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，利用正弦定理结合辅助角公式可得，从而可得答案；
（2）利用正弦定理求得，可得，从而得，再由三角形面积公式可得答案.
【小问1详解】
因
由正弦定理可得，
因为，所以，
则，即，
因为.
【小问2详解】
因为，
所以，
，
所以，
.
19. 如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形所在的平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明；
（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面夹角的大小；
（3）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．
【详解】解：（1）证明：以为原点，为轴，为轴，
过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，1，，
，2，，，1，，
，
；
（2）平面的法向量，0，，
，2，，，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
设平面与平面夹角的大小为，
则，，
平面与平面夹角的大小为；
（3），0，，，0，，
平面的法向量，1，，
点到平面的距离为：
．
20. 已知圆经过，，三点.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，且点满足，记点的轨迹为，求的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出圆的方程即可；
（2）设，利用得到点的坐标，将点代入圆，化简即可得到点的轨迹方程.
【小问1详解】
设圆的方程为，
将三点，，分别代入方程，
则，解得，，，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设，，
因为点满足，，
所以，，
则，所以.
因为点在圆上运动，
所以，
所以，所以，
所以点的轨迹方程为.
21. 已知函数为偶函数.
（1）求实数的值;
（2）解关于的不等式;
（3）设，若函数与图象有个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有个公共点，可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
【小问1详解】
函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即，
，
；
【小问2详解】
，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为；
【小问3详解】
函数与图象有个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.
22. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的夹角，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在平面内，任取一点，过点分别作的垂线，垂足分别为，进而根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理求解即可；
（2）解法一：结合题意，建立空间直角坐标系，设，进而根据二面角的向量求解方法得点在坐标平面内的直线上，进而分别讨论点关于直线对称点，再根据求解即可；
解法二：延长与的延长线交于点，连接，过作直线垂线，连接，进而得是平面与平面夹角的平面角，再根据对称性求得点关于直线对称点，根据结合余弦定理求解即可.
【小问1详解】
解：证明：在平面内，任取一点，过点分别作的垂线，垂足分别为，即
平面平面，平面平面，平面，
平面
又∵平面
同理平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面
∴
∵平面
平面
【小问2详解】
解：方法一：由（1）知平面，故如图，建立空间直角坐标系，
则，设，
，
平面的法向量，设平面的法向量；
则有，即，令得，
所以，；
因为平面与平面的夹角，
所以，，解得：；
所以点在坐标平面内的直线上；
当点直线时，可求得点关于直线的对称点，
所以点关于直线的对称点.
所以，“=”成立当且仅当三点共线；
当直线时，同理可求得点关于直线的对称点，
所以点关于直线的对称点.
所以；
综上，的最小值为.
方法二：延长与的延长线交于点，连接，
因为
所以，，
过作直线垂线，连接，即
由（1）知，平面，平面，
所以，
因为平面
所以，平面，
因为平面，
所以，即是平面与平面夹角的平面角；
因为平面与平面的夹角，
所以；
所以；
记点关于直线的对称点为，则，.
所以，
所以，“=”成立当且仅当三点共线；
所以的最小值为