吉林省长春市2024-2025学年高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

吉林省长春市2024-2025学年高二上学期第一次月考数学检测试卷本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选)两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第Ⅱ卷4至6页.注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定置粘贴考试用条形码.2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡与题号对应答题区域的答案一律无效，不得在答题卡上做任何标记.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存，第I卷一、单选题：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.圆的圆心和半径分别（）A.， B.，5C.， D.，52.若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（）A. B.1 C.0 D.3.设点，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是（）A B.C. D.4.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.5.如图所示，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点在上，且，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.6.设，过定点A的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（）A B. C. D.7.在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（）A.8 B.12 C.18 D.248.已知曲线，则下列说法错误的是（）A.曲线围成图形面积为 B.曲线的长度为C.曲线上任意一点到原点的最小距离为2 D.曲线上任意两点间最大距离二、多选题：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.已知两个不重合平面与平面ABC，若平面的一个法向量为，向量，，则（）A. B.平面C.平面平面 D.平面平面10.已知直线，则下述正确的是（）A.直线始终过第二象限 B.时，直线的倾斜角为C.时，直线l关于原点对称的直线方程为 D.时，原点关于直线对称的点11.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（）A.当时，平面B.任意，三棱锥的体积是定值C.存在，使得与平面所成的角为D.当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为第Ⅱ卷三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若过点作圆的切线，切点为A，则______.13.在△ABC中，．若向量与平面ABC垂直，且，则的坐标为________________．14.已知圆，过直线在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为_____.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.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且.求：（1）的长；（2）直线与所成角的余弦值.16.已知直线和直线交点为.（1）若直线过点，且能与坐标轴围成等腰直角三角形，求直线的方程；（2）①求过点且与直线垂直的直线的方程;②由①所得直线，若点到的距离与到的距离相等，求点的轨迹方程.17.如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱中点.（1）证明：平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值；（3）求A点到直线的距离.18.如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形沿翻折，使得二面角的大小为，如图2所示，设N为的中点.（1）证明：；（2）若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的余弦值为.19.已知点，圆.直线与圆相交于A、B两点，.（1）若直线过点，求直线的方程；（2）①若线段AB的中点为，求点的轨迹方程；②过点作直线与曲线交于两点M、N，设的斜率分别为，求证：为定值.吉林省长春市2024-2025学年高二上学期第一次月考数学检测试卷本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选)两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷1至4页，第Ⅱ卷4至6页.注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定置粘贴考试用条形码.2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡与题号对应答题区域的答案一律无效，不得在答题卡上做任何标记.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存，第I卷一、单选题：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.圆的圆心和半径分别（）A.， B.，5C.， D.，5【正确答案】A【分析】由题意将圆的一般方程化为标准方程，再求出圆心坐标和半径长.【详解】将方程化为标准方程：，则圆心坐标为，半径长等于.故选：A2.若是空间的一个基底，且向量不能构成空间的一个基底，则（）A. B.1 C.0 D.【正确答案】B【分析】分析可知存在，使得，结合空间向量基本定理运算求解.【详解】因为是空间的一个基底，可知均不为零向量，若不能构成空间的一个基底，则存在，使得，可得，解得.故选：B.3.设点，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】利用直线斜率定义数形结合即可求得直线的斜率取值范围.【详解】直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是.故选：C4.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法可得异面直线夹角.【详解】设正方体棱长为，如图建立空间直角坐标系，则，，，，是中点，，则，，所以，所以异面直线与夹角余弦值为，故选：C.5.如图所示，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点在上，且，则点到平面的距离为（）A B. C. D.【正确答案】C【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离即得解.【详解】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.所以点B到平面的距离.故选：C6.设，过定点A的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】分析可知，，且点的轨迹是以为直径的圆，设，结合三角知识求的取值范围.【详解】对于动直线可知其过定点，动直线，即，可知其过定点，且，可知两条动直线相互垂直，可知点的轨迹是以为直径的圆，且，若点与或重合，则；若点与，不重合，设，则，可得，因为，则，可得，所以，综上所述：的取值范围是.故选：D.7.在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（）A.8 B.12 C.18 D.24【正确答案】B【分析】建立空间直角坐标系，则点A2,0,0，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，，计算，即可得出结论.【详解】如图所示：以点D为原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系.则点A2,0,0，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，.所以，故，即，因为点P是棱上一点（含顶点），所以与正方形切于4个点，即上底面每条棱的中点即为所求点；同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点，，即与正方形切于个点，即右侧面每条棱的中点即为所求点；同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个.故选：C8.已知曲线，则下列说法错误的是（）A.曲线围成图形面积为 B.曲线的长度为C.曲线上任意一点到原点的最小距离为2 D.曲线上任意两点间最大距离【正确答案】C【分析】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图形，结合图形逐项分析判断即可.【详解】当时，曲线；当时，曲线；当时，曲线；当时，曲线；当时，曲线为原点.画出曲线的图形，如图所示.对于A，曲线围成的面积可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的半圆，故面积为，故A正确；对于B，曲线由四个半径为的半圆组成，故周长为，故B正确；对于C，如图所示，因为原点在曲线上，所以最小值为0，故C错误；对于D，如图所示，曲线上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为.故D正确.故选：C二、多选题：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.已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面的一个法向量为，向量，，则（）A. B.平面C.平面平面 D.平面平面【正确答案】BD【分析】利用可得出；利用且不在平面内，可得出平面；利用且，，可得平面平面.【详解】对于A，因为，所以与不垂直，故A错误；对于B，因为，所以，从而平面.又因为不在平面内，所以平面，故B正确；对于C和D，，，所以且，，故而平面.又因为是平面的法向量，且平面与平面ABC不重合，从而平面平面，故C错误；故D正确.故选：BD10.已知直线，则下述正确的是（）A.直线始终过第二象限 B.时，直线的倾斜角为C.时，直线l关于原点对称的直线方程为 D.时，原点关于直线对称的点【正确答案】AD【分析】直线恒过定点，可判断A选项；时，直线，斜率为1，所以倾斜角为，可判断B选项；时，直线，利用相关点法求关于原点的对称直线，可判断C选项；设对称的点为，根据点关于线对称列式求解即可判断D.【详解】对于选项A：直线，可变形为，令，解得，即直线恒过定点，所以直线始终过第二象限，故A正确；对于选项B：当时，直线，斜率为1，所以倾斜角为，故B错误；对于选项CD：当时，直线，设对称的直线上任取一点，则点关于原点对称的点为，可得，即，所以直线l关于原点对称的直线方程为，故C错误；设原点关于直线对称的点为，则，解得，所以原点关于直线对称的点，故D正确；故选：AD.11.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（）A.当时，平面B.任意，三棱锥的体积是定值C.存在，使得与平面所成的角为D.当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为【正确答案】ACD【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.【详解】如图所示建系，，所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，平面为平面，因为面，平面，A对.不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，又，所以，所以，又面，所以面，当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.，设平面的法向量为，不妨设，则.，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，截面圆半径的平方为，所以，D对.故选：ACD.关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解.第Ⅱ卷三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若过点作圆的切线，切点为A，则______.【正确答案】2【分析】根据题意可得圆心和半径，结合切线的性质求切线长.【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，可得PC=22+4所以.故2.13.在△ABC中，．若向量与平面ABC垂直，且，则的坐标为________________．【正确答案】或【分析】根据题意结合空间向量的坐标运算求解.【详解】根据题意可得：，设，∵与平面ABC垂直，则，可得，又∵，则解得或，当时，则；当时，则；∴的坐标为或．故或.14.已知圆，过直线在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为_____.【正确答案】1【分析】设Px0,y0，则，，Bx2,y2，首先得出切线方程为，同理，从而直线AB的方程为，由此可得【详解】设Px0,设，Bx2当时，，所以切线方程为：，而，化简为：，显然当或时也适合，所以切线方程为，同理，将P的坐标代入上述直线方程，则有，于是直线AB的方程为，因此，，的面积为，当且仅当，即时取等号.所以面积的最小值为1.故1.关键点点睛：关键是表示出直线的方程（含参即用点坐标表示直线方程），由此即可顺利得解.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.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且.求：（1）的长；（2）直线与所成角的余弦值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用空间向量数量积的运算律求解；（2）利用空间向量的数量积的运算律以及夹角公式求解.【小问1详解】因为,所以.【小问2详解】,,,,所以,因为直线与所成角，所以直线与所成角的余弦值为.16.已知直线和直线的交点为.（1）若直线过点，且能与坐标轴围成等腰直角三角形，求直线的方程；（2）①求过点且与直线垂直的直线的方程;②由①所得直线，若点到的距离与到的距离相等，求点的轨迹方程.【正确答案】（1）或（2）①；②或【分析】（1）先求点的坐标，分析可知，结合直线的截距式方程运算求解；（2）①设直线，代入点的坐标即可；②设点，结合点到直线的距离公式运算求解.【小问1详解】联立方程，解得，即，设直线在轴上的截距分别为，由题意可得：，可在直线的方程为，则，联立方程，解得或，则直线的方程为或，即或.【小问2详解】①由题意可设直线，代入可得，解得，所以直线的方程为；②因为直线和直线，设点，则，即，整理可得或，所以点的轨迹方程或17.如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求平面和平面夹角的余弦值；（3）求A点到直线的距离.【正确答案】（1）证明见详解（2）（3）【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.（3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果.【小问1详解】取中点，连接，．在中，，分别为，的中点，则，，因为，，则，，可知四边形平行四边形，则，且平面，平面，所以平面PAD．【小问2详解】因为平面，，平面ABCD，则，，且，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，取CD的中点，连接BE，因为，，则，，又因，所以四边形ABED为矩形，且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，则，，，，，，可得，，，设平面BDM的法向量为，所以，令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，易知为平面PDM的一个法向量，所以，所以平面和平面夹角的余弦值为.【小问3详解】由（2）可知：，则，即，可知为锐角，则，所以A点到直线的距离为.18.如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形沿翻折，使得二面角的大小为，如图2所示，设N为的中点.（1）证明：；（2）若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的余弦值为.【正确答案】（1）证明见解析（2）或【分析】（1）先证明平面，然后根据线面垂直的性质定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，表示M点坐标，求出平面ADE的法向量，根据空间角的向量求法，列方程，即可求得答案.【小问1详解】证明：由图1知：是直角梯形，C、D分别为的中点，则，故图2中，，，且平面BCF，∴平面，即是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是的中点，故，