2024-2025学年吉林省长春市高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年吉林省长春市高二上学期第一次月考数学检测试卷一、单项选择题：本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上．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.圆和圆公共弦长为C.取值范围为D.若为直线上动点，则的最小值为二、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.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：本题共3小题，每小题5分，共15分．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.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，为线段上一点，．（1）求的长；（2）若为的中点，求二面角的正弦值；（3）若为线段上一点，且满足，求．2024-2025学年吉林省长春市高二上学期第一次月考数学检测试卷一、单项选择题：本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上．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【正确答案】B【分析】根据空间直角坐标系中的对称关系直接可得解.【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.向量，若，则（）A. B.C. D.【正确答案】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.3直三棱柱中，若，则（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】由空间向量线性运算法则即可求解．【详解】.故选：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.【正确答案】A【分析】由基底定义和共面定理即可逐一判断选项A、B、C、D得解.【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.已知，则直线恒过定点（）A. B.C. D.【正确答案】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.已知：，：，则两圆的位置关系为（）A.相切 B.外离 C.相交 D.内含【正确答案】C【分析】先将圆化为标准方程，从而求出圆心距，再根据圆心距与两圆半径的关系，即可得解.【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.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.【正确答案】A【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可.【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.点椭圆上任意一点，则，，由，得.故选：A.关键点点睛：解决此题的关键于利用中点性质，将多动点有关的数量积，通过向量的线性运算与数量积运算性质，转化为动点与定点圆心连线的长度来表示，进而可借助椭圆上任意一点到焦点距离的范围使问题得解.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【正确答案】D【分析】求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A，利用等等这些距离公式结合勾股定理可判断B，由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C，求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断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.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.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【正确答案】ACD【分析】ABC选项，根据得到且，AC正确，B错误；D选项，利用投影向量的求解公式得到答案.【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.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4【正确答案】ABC【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可.【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．关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可．11.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【正确答案】ABD【分析】令，，，根据其几何意义求解判断ABC，作出与圆图象求最值判断D即可.【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：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.O为空间任意一点，若，若ABCP四点共面，则______________．【正确答案】##0.125【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出的值.【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.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______．【正确答案】【分析】设动点，斜率用坐标表示，由斜率之积为可得出之间的关系式，进而得的轨迹方程.【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_______，_______．【正确答案】①.2②.【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.【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；关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.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.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.【正确答案】（1）或；（2）.【分析】（1）由题意得，解出该方程组即可由椭圆焦点在x轴上或在y轴上得解；（2）先求出椭圆焦点即可得椭圆焦点坐标为，进而可设圆方程为且，解出和即可得解.【小问1详解】由题得，所以椭圆的标准方程为或.【小问2详解】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.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．【正确答案】（1）（2）或【分析】（1）由圆心在弦的垂直平分线上，可先求线段的中垂线方程，再联立直线求出圆心坐标，再求出半径即可得圆的方程；（2）讨论直线斜率是否存在，若存在设出直线的点斜式方程，由弦长与半径先求出圆心到直线的距离，再由点线距离公式待定斜率即可得所求.【小问1详解】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.【小问2详解】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.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.【正确答案】（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，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.【小问1详解】因为平面，又平面，所以.又，且，所以平面.因为，所以平面.【小问2详解】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，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.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．【正确答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由圆O与圆E内切以及圆E半径和圆心O与圆E的位置关系可得，进而得解.（2）设，联立圆与直线方程求出和即可由数量积计算得解.（3）分直线斜率不存在、斜率为0、斜率存在且不为0三种情况分类讨论，结合点到直线距离以及点斜式依次得和，接着分和结合对勾函数的单调性和值域即可求出时的取值范围，从而得解.【小问1详解】由题意得，，故圆心，圆E的半径为，因为，故在圆E上，所以圆O的半径，且，故.【小问2详解】由（1）知，联立，设，则恒成立，且，所以，所以，解得.【小问3详解】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