2024-2025学年云南省昆明市高二上学期10月月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高二上学期10月月考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题列出的4个选项中，仅有一项符合题意）1.若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（）A. B. C. D.2.如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（）A B.C. D.3.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（）A（4，0，3） B.（4，0，3} C.（2，2，-1） D.（2，2，-1）4.已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（）A. B.C. D.5.点关于直线的对称点的坐标为（）A. B. C. D.6.如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（）A. B. C.4 D.27.已知曲线，则的最大值，最小值分别为（）A.＋2，－2 B.＋2，C.，－2 D.，8.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（）A. B. C. D.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分．若正确选项有2个，每选对一个得3分；若正确选项有3个，选对1个得2分，选对2个得4分；选有错误选项的得0分）9.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角的取值范围是B.“”是“直线与直线互相平行”的充要条件C.直线恒过定点D.过点且在轴，轴截距相等的直线方程为10.已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（）A.直线与圆相切时，B.的最大值为C.圆心到直线的距离最大为4D.最大值为511.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.异面直线与所成角的取值范围是C.平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是D.直线与平面所成角正弦值的最大值为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.两条平行直线与之间的距离为__________．13.已知O坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则最小值为______．14.欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线.已知，，，且为圆内接三角形，则的欧拉线方程为________.四、解答题（本大题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线l：与圆相交于两点，求弦长的值；（3）过点引圆的切线，求切线的方程.16.已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为．（1）求直线的方程；（2）求的值；（3）求的外接圆方程．17.如图，在直三棱柱中，，，为的中点，，垂足为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面的夹角.18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．（3）设CG与平面AEF所成角为，求的范围.19.已知圆与直线交于、两点，点为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为.（1）求的值；（2）求的面积；（3）若圆与轴交于两点，点是圆上异于的任意一点，直线、分别交于两点.当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由2024-2025学年云南省昆明市高二上学期10月月考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题列出的4个选项中，仅有一项符合题意）1.若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据已知先求出直线的斜率，进而可求直线的倾斜角．【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率，故直线的倾斜角为．故选：B．2.如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.【详解】.故选：B.3.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（）A.（4，0，3） B.（4，0，3} C.（2，2，-1） D.（2，2，-1）【正确答案】C【分析】根据向量在向量上的投影向量的概念求解即可.【详解】向量在向量上的投影向量为，故选：C4.已知点，，若过点的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案．【详解】解：记为点，直线的斜率，直线的斜率，因为直线l过点，且与线段相交，结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．故选：B．5.点关于直线的对称点的坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】求出垂直于直线且过点的表达式，求出交点坐标，即可得出关于直线的对称点.【详解】由题意，在直线中，斜率为，垂直于直线且过点的直线方程为，即，设两直线交点为，由，解得：，∴,∴点关于直线的对称点的坐标为，即，故选：C.6.如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（）A. B. C.4 D.2【正确答案】C【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由二面角的平面角的定义知，∴，由，得，又，∴，所以，即.故选：C.7.已知曲线，则的最大值，最小值分别为（）A.＋2，－2 B.＋2，C.，－2 D.，【正确答案】C【分析】由题意可得曲线表示的图形为以为圆心，2为半径的半圆，表示半圆上的动点与点的距离，作出图象，结合图象求解即可．【详解】由，可知，，且有，表示的图形为以为圆心，2为半径的半圆，如图所示：又因为表示半圆上的动点与点的距离，又因为，所以的最小值为，当动点与图中点重合时，取最大值，故选：C．8.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.【详解】设，，所以，又，所以．因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值为．故选：C．二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合题意，全部选对得6分．若正确选项有2个，每选对一个得3分；若正确选项有3个，选对1个得2分，选对2个得4分；选有错误选项的得0分）9.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角的取值范围是B.“”是“直线与直线互相平行”的充要条件C.直线恒过定点D.过点且在轴，轴截距相等的直线方程为【正确答案】AC【分析】求出直线斜率范围，进而求出倾斜角范围判断A；根据两条直线垂直求出a的值，进而可判断B；将直线方程进行重新整理，利用参数分离法进行求解可判断C；需注意截距相等还包括都为0的情况可判断D.【详解】对于A，直线的斜率，则，，故A正确；对于B，直线与直线互相平行，则，解得：，当时，直线与直线重合，当时，直线与直线互相平行，故“”是“直线与直线互相平行”的必要不充分条件，故B错误；对于C，，，，，所以直线恒过定点,故C正确;对于D项，因过点且在轴､轴上的截距相等的直线还有，故D错误.故选：AC.10.已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（）A.直线与圆相切时，B.的最大值为C.圆心到直线的距离最大为4D.的最大值为5【正确答案】AB【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径.直线，即，过定点，若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为2，即，解得，所以A选项正确.如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，此时，且，B选项正确.圆心到直线的距离，当时，，当时，，所以C选项错误.又，是圆上的点，所以的最大值为，D选项错误.故选：AB.11.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.异面直线与所成角的取值范围是C.平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【正确答案】ACD【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.【详解】对于A，，平面，平面，平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故B错误；对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，，则，A1,0,0，设平面的法向量，设平面的法向量，，则，即，令，则，则得，面与平面所成夹角为，所以，因为，，所以，，所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C正确；对于D，则，，，，，，设平面的法向量n=x,y,z，则，即，令，则，得，所以直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.两条平行直线与之间的距离为__________．【正确答案】【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果.【详解】，，解得：，，即，之间的距离.故答案为.13.已知O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则最小值为______．【正确答案】【分析】由已知设，，，求出向量，的坐标，代入空间向量的数量积运算公式，再根据二次函数的性质，可得到满足条件的的值，进而得到最小值．【详解】，点在直线上运动，设，，又向量，，，，，，，则易得当时，取得最小值为．故14.欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线.已知，，，且为圆内接三角形，则的欧拉线方程为________.【正确答案】##【分析】首先将点的坐标代入圆的方程，即可求出、，从而得到圆心坐标即的外心坐标，再确定的重心坐标，即可得解.【详解】依题意，解得，所以圆，即，故圆心坐标为，即的外心坐标为，又的重心坐标为，又点、均在直线上，所以欧拉线方程为.故四、解答题（本大题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线l：与圆相交于两点，求弦长的值；（3）过点引圆的切线，求切线的方程.【正确答案】（1）（2）（3）和【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；（2）求出圆心到直线距离，进而求出弦长.（3）当斜率不存在时，符合题意，当斜率存在时，设出直线方程，根据，求出斜率，写出方程.【小问1详解】由题意可得，圆心为，半径为2，则圆的方程为；【小问2详解】由（1）可知：圆的半径，设圆心到的距离为，则，所以.【小问3详解】当斜率不存在时，为过点的圆C的切线.当斜率存在时，设切线方程为，即，解得综上所述：切线的方程为和.16.已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为．（1）求直线方程；（2）求的值；（3）求外接圆方程．【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；（2）设点，求出线段的中点的坐标，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，可得出点的坐标，再将点的坐标代入直线的方程，即可求出实数的值.（3）分别求得边的垂直平分线方程，求得外接圆圆心坐标，再根据两点之间距离公式求得半径即可求解．【小问1详解】解：由条件知边上的高所在的直线的斜率为，所以直线的斜率为，又因为，所以直线的方程为，即.【小问2详解】因为点在轴上．所以设，则线段的中点为，点在直线上，所以，得，即，又点在直线上，所以，解得．【小问3详解】因为直线的方程为，边上的中线所在的直线方程为，所以联立，解得：，所以，又因为，，所以的中点坐标为，，所以线段垂直平分线方程为，即，同理可得线段的垂直平分线方程为，由得，，所以的外接圆圆心为，所以的外接圆半径为，所以的外接圆方程为．17.如图，在直三棱柱中，，，为的中点，，垂足为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面的夹角.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与平面的法向量垂直及线面平行的条件得证；（2）由空间向量法求线面角；（3）由空间向量法求二面角．【小问1详解】如图，以A为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则解得，令，得.因为，所以.又平面，所以平面.【小问2详解】设，则.因为，所以.即，解得，所以.所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设平面的一个法向量为，则解得令，得.因为，所以.所以平面与平面夹角为.18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．（3）设CG与平面AEF所成角为，求的范围.【正确答案】（1）证明见解析（2）直线在平面内，理由见解析（3）【分析】（1）由⊥平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证；（2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内；（3）由点G是线段PB上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得.【小问1详解】因为⊥平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面.【小问2详解】在底面中，过作，交于，由题