2024−2025学年吉大附中实验高二数学上学期第一次月考试卷附答案解析

−2025学年吉大附中实验高二数学上学期第一次月考试卷一、单选题（本大题共8小题）1．在空间直角坐标系中，已知点，点则（

）A．点和点关于轴对称 B．点和点关于轴对称C．点和点关于轴对称 D．点和点关于原点中心对称2．向量，若，则（

）A．B．C． D．3．直三棱柱中，若，则（

）A． B．C． D．4．下列可使非零向量构成空间的一组基底的条件是（

）A．两两垂直 B．C． D．5．已知，则直线恒过定点（

）A． B．C． D．6．已知：，：，则两圆的位置关系为（

）A．相切 B．外离 C．相交 D．内含7．已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于两点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（

）A．圆和圆关于直线对称B．圆和圆的公共弦长为C．的取值范围为D．若为直线上的动点，则的最小值为二、多选题（本大题共3小题）9．已知向量，，则下列正确的是（

）A． B．C． D．在方向上的投影向量为10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（

）A． B．点到直线的距离是C． D．异面直线与所成角的正切值为411．已知实数满足方程，则下列说法正确的是（

）A．的最大值为 B．的最大值为C．的最大值为 D．的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则．13．已知点和点，是动点，且直线与的斜率之积等于，则动点的轨迹方程为．14．已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则，．四、解答题（本大题共5小题）15．分别求满足下列各条件的椭圆的标准方程．(1)已知椭圆的离心率为，短轴长为；(2)椭圆与有相同的焦点，且经过点，求椭圆的标准方程.16．已知圆心为的圆经过点，且圆心在直线上．(1)求圆的方程；(2)已知直线过点且直线截圆所得的弦长为2，求直线的一般式方程．17．如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.18．已知圆与圆内切．(1)求的值．(2)直线与圆交于两点，若，求的值；(3)过点作倾斜角互补的两条直线分别与圆相交，所得的弦为和，若，求实数的最大值．19．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.(1)求的长；(2)若为的中点，求二面角的余弦值；(3)若为上一点，且满足，求.参考答案1．【答案】B【详解】由题得点与点的横坐标与竖坐标互为相反数，纵坐标相同，所以点和点关于轴对称,故选：B.2．【答案】C【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值.【详解】因为，所以，由题意可得，所以则.故选C.【思路导引】根据题目条件列出关于的方程组，解方程组即可得到答案.3．【答案】D【详解】.故选：D．4．【答案】A【详解】由基底定义可知只有非零向量不共面时才能构成空间中的一组基底.对于A，因为非零向量两两垂直，所以非零向量不共面，可构成空间的一组基底，故A正确；对于B，，则共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以与共面，故B错误；对于C，由共面定理可知非零向量共面，故C错误；对于D，即，故由共面定理可知非零向量共面，故D错误.故选：A.5．【答案】A【分析】由题意可得，可得定点坐标.【详解】因为，所以，由，可得，所以，当时，所以对为任意实数均成立,故直线过定点.故选A.6．【答案】C【详解】因为可化为,则，半径，因为可化为，则，半径，则，因为，所以两圆相交.故选：C.7．【答案】A【详解】，即，则圆心，半径为.椭圆方程，,则，则圆心为椭圆的焦点，由题意的圆的直径，且如图，连接，由题意知为中点，则，可得.点为椭圆上任意一点，则，，由，得.故选：A.8．【答案】D【详解】对于A，和圆，圆心和半径分别是，则两圆心中点为，若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线，但两圆心中点不在直线上，故A错误；对于B，到直线的距离，故公共弦长为，B错误；对于C，圆心距为，当点和重合时，的值最小，当四点共线时，的值最大为，故的取值范围为，C错误；对于D，如图，设关于直线对称点为，

则解得即关于直线对称点为，连接交直线于点，此时最小，，即的最小值为，D正确.故选：D.9．【答案】ACD【详解】ABC选项，由题意得，故且，AC正确，B错误；D选项，在方向上的投影向量为，D正确.故选：ACD10．【答案】ABC【详解】依题意得，故A正确；如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，，对于BC，，所以，设，则点到直线的距离，故BC正确；对于D，因为，所以，所以，所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误．故选：ABC．11．【答案】ABD【详解】根据题意，方程，即，表示圆心为，半径为的圆，由此分析选项：对于A，设，即，直线与圆有公共点，所以，解得则的最大值为，故A正确；对于B，设，其几何意义为圆上的点到原点的距离，所以的最大值为，故的最大值为，故B正确；对于C，设，则，直线与圆有公共点，则，解得，即的最大值为，故C错误；对于D，设，作出图象为正方形，作出圆，如图，由图象可知，正方形与圆有公共点A时，有最小值，即的最小值为，故D正确；故选：ABD12．【答案】/0.125【详解】空间向量共面的基本定理的推论：，且、、不共线，若、、、四点共面，则，因为为空间任意一点，若，且、、、四点共面，所以，，解得.故答案为：.13．【答案】【详解】设动点的坐标为，又，，所以的斜率，的斜率，由题意可得，化简，得点的轨迹方程为.故答案为：14．【答案】2,【详解】圆的标准方程为，圆心，则为的角平分线，所以．设，则，所以，则，即，解得，则，所以点与重合，此时，可得，所以．故答案为：；15．【答案】(1)或；(2).【详解】（1）由题得，所以椭圆的标准方程为或.（2）椭圆满足，故该椭圆焦点坐标为，因为椭圆与有相同的焦点，且经过点，所以可设椭圆方程为，且，解得，故，解得（舍去）或，故.所以椭圆的标准方程为.16．【答案】(1)(2)或【详解】（1）由题意，则的中点为，且，故线段中垂线的斜率为，则中垂线的方程为，即，联立，解得，即圆心，则半径，故圆的方程为.（2）

当直线斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，由半径，则直线截圆所得的弦长，满足题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，化为一般式得，由直线截圆所得的弦长，半径，半弦长为.则圆心到直线的距离，又圆心，由点到直线的距离公式得，解得，故直线方程为，化为一般式方程为：.综上所述，直线的方程为或.17．【答案】(1)证明见详解；(2).【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可；（2）作，垂足为，根据平行四边形和矩形的判定定理，结合（1）的结论，利用勾股定理，因此可以以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为平面，又平面，所以.又，且，所以平面.因为，所以平面.（2）作，垂足为.则.又，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，所以.由（1）知平面，所以.又，所以.在中，.在中，.由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，由，得可取.

设平面的法向量为，由，得，可取.

因此，.依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.18．【答案】(1)；(2)；(3).【详解】（1）由题意得O0,0，，故圆心，圆E的半径为，因为，故O0,0在圆E上，所以圆O的半径，且，故.（2）由（1）知，联立，设，则恒成立，且，所以，所以，解得.（3）如图，因为直线和直线倾斜角互补，

所以当直线斜率不存在时，此时直线的斜率也不存在，此时，，当直线的斜率为0时，直线的斜率为0，不满足倾斜角互补，当直线斜率存在且不为0时，设直线即，圆心O到直线的距离为，故，由直线方程得直线的方程为即，同理得，则，当，，因为对勾函数在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以时，，所以时，故，所以，当，，由上知时，故，所以.综上，.19．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先说明为直线与所成的角，即，设，根据所给定义得到方程，解得即可；（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，为二面角的平面角，由锐角三角函数求出，设二面角的平面角为，则，利用诱导公式计算可得；（3）依题意可得平面，在平面内过点作，垂足为，即可证明平面，在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，即可得到四边形为平行四边形，求出，即可得解.【详解】（1）因为底面为矩形，底面，所以，，又底面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直线与所成的角，即，设，则，，在中，又，所以，解得（负值已舍去），所以；（2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，因为底面，底面，所以，又