2024-2025学年浙江省宁波市高二上册第一次月考数学学情检测试卷合集2套（含解析）

2024-2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学学情检测试卷（一）考试范围：大部分学校已经学习过的内容：考试：注意事项：1.答题前填写好自已的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上一､单项选择题（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.已知向量，则（）A.B.C.D.2.已知直线，若，则实数的值为（）A.1B.C.D.3.已知是实常数，若方程表示的曲线是圆，则的取值范围为（）A.B.C.D.4.设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A.若与所成的角相等，则B.若，则C.若，则D.若，是5.直线与圆相交于两点，若，则等于（）A.0B.C.或0D.或06.过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（）A.1条B.2条C.3条D.无数条7.已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（）A.13B.11C.9D.8二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.）9.三条直线构成三角形，则的值不能为（）A.1B.2C.D.10.正方体中，下列结论正确的是（）A.直线与直线所成角为B.直线与平面所成角为C.二面角的大小为D.平面平面11.已知圆，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则（）A.四边形面积的最小值为4B.四边形面积的最大值为8C.当最大时，D.当最大时，直线的方程为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，则直线与之间的距离最大值为__________.13.已知三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为__________.14.若点满足，点是直线上的动点，则对定点而言，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.已知直线与直线的交点为.（1）若直线过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程；（2）若直线过点且与轴正半轴交于两点，的面积为4，求直线的方程.16.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为.（1）求的长及该长方体的外接球的体积；（2）求正四棱锥的斜高和体积.17.已知：圆过点是直线上的任意一点，直线与圆交于两点.（1）求圆的方程；（2）求的最小值.18.在平面直角坐标系中，已知圆和圆（1）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程；（2）设为直线上的点，满足：过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等.试求满足条件的点的坐标.19.如图，已知直三棱柱中，且，分别为的中点，为线段上一动点.（1）求与平面所成角的正切值；（2）证明：；（3）求锐二面角的余弦值的最大值.答案与试题解析一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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.【分析】直接利用平面向量的数乘及坐标减法运算得答案.解：由，得：故选：A.【点评】本题考查平面向量的数乘及坐标减法运算，是基础的计算题.2.【分析】根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解.解：直线，则，解得.故选：D.【点评】本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题.3.【分析】结合二元二次方程表示圆的条件即可建立关于的不等式，可求.解：由表示的曲线是圆可得，故.故选：B.【点评】本题主要考查了二元二次方程表示圆的条件的应用，属于基础试题.4.【分析】根据题意，依次分析选项，A､用直线的位置关系判断.B､用长方体中的线线，线面，面面关系验证.C､用长方体中的线线，线面，面面关系验证.D､由，可得到或，再由得到结论.解：A､直线的方向相同时才平行，不正确；B､用长方体验证.如图，设为，平面为为，平面为，显然有，但得不到，不正确；C､可设为，平面为为，平面为，满足选项的条件却得不到，不正确；D､，或又故选：D.【点评】本题主要考查空间内两直线，直线与平面，平面与平面间的位置关系，综合性强，方法灵活，属中档题.5.【分析】求出圆的圆心与半径，求出弦心距，再利用弦长公式求得的值.解：圆的圆心为，半径为2，当时，圆心到直线的距离为，求得或0，故选：D.【点评】本题主要考查圆的标准方程，直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题.6.【分析】由题意可设直线的方程为，将点代入直线方程，可得，检验时的情况，当时，根据求的值，即可得出答案.解：直线过点和，则设直线的方程为，直线过点，，即，又，当时，无解，此时，直线和轴垂直，和轴无交点，直线不过，故时不满足条件；当时，，当时，，当时，，当时，由①知，满足条件的正整数不存在，综上所述，满足条件的直线由2条，故选：B.【点评】本题考查直线方程和直线的性质，考查转化思想和分类讨论思想，考查待定系数法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.7.【分析】建立空间直角坐标系，设，求出，利用求出的范围.解：如图建立坐标系，设，则，，即，当时，.故选：C.【点评】本题考查棱柱的结构特征，是基础题.8.【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质求解即可.解：圆的圆心为，半径为4，圆的圆心为，半径为1，如图所示，则，所以，故求的最小值可转化为求的最小值，设关于直线的对称点为，设坐标为，则，解得，故，因为，可得，当三点共线时，等号成立，所以的最小值为.故选：D.【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，重点考查了点与直线的位置关系，属中档题.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分.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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.【分析】若三条直线能构成三角形，则直线与都不平行，且不经过直线与的交点.解：联立，解得，解直线与的交点为.显然不在直线上.故若三条直线能构成三角形，则直线与都不平行，即.故选：AC.【点评】本题考查两直线平行的应用，属于基础题.10.【分析】利用异面直线所成角的定义找到对应的角，求解即可判断选项A；利用线面角的定义找到其对应的角，求解即可判断选项B；找到二面角的平面角，然后求解即可判断选项C；利用二面角的平面角的定义求出两个平面的二面角，即可判断选项D.解：对于A，连结，因为，故直线与直线所成角即为直线与直线所成角，因为为正三角形，所以该角为，故选项A正确对于B，因为平面，所以直线与平面所成角为，在中，，所以直线与平面所成角为，故选项B错误；对于C，在正方体中可得，，故二面角的平面角为，故选项C正确；对于D，设，连结，设正方体的棱长为2，则，又为的中点，所以，则为二面角的平面角，在等边和等边三角形中，，在中，，所以不是直角，平面与平面不垂直，故选项D错误.故选：AC.【点评】本题考查了空间角的求解，考查的知识点有：正方体的几何性质，异面直线所成角的定义，线面角的定义，二面角的平面角的定义，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题.11.【分析】根据直线与圆的位置关系逐项判断即可求解.解：由圆的几何性质可得，圆心，对于A，由，可得，四边形的面积，，当时，取最小值，，四边形面积的最小值为，故A正确；对于B，因为无最大值，即无最大值，四边形的面积，故四边形面积无最大值，故错误；对于C，为锐角，，且，当最小时，最大，此时最大，此时，故正确；对于D，由上可知，当最大时，，且，四边形为正方形，且有，直线，则的方程为，联立，可得点，由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，直线的方程为，故D正确.故选：ACD.【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，是中档题.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【分析】分别求出直线过的定点，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，由此即可求解.解：直线化简为：，令且，解得，所以直线过定点，直线化简为：，令且，解得，所以直线过定点，当与直线垂直时，直线的距离最大，且最大值为，故5.【点评】本题考查了平行线间的距离最大值的求解，涉及到直线过定点问题，考查了学生的运算转化能力，属于基础题.13.【分析】先求出，然后由勾股定理确定为直角三角形，在利用面面垂直的性质定理可得平面，确定球心的位置，求解外接球的半径，由球的表面积公式求解即可.解：在中，由余弦定理可得，，所以，则，所以为直角三角形，，又平面平面，平面平面，所以平面，设的外接圆的圆心为，半径为，则，所以，因为三棱锥的外接球的球心在过点的平面的垂线上，如图所示，因为平面，所以几何体的外接球的球心到平面的距离为，即，该几何体的外接球的半径为，在，则，所以外接球的表面积为.故答案为.【点评】本题考查了几何体的外接球问题，解题的关键是确定外接球球心的位置，三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此结论可以找到外接球的球心，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题.14.【分析】利用对称对称性，求得轨迹方程，将，利用点到直线的距离公式即可求得，的最小值.解：如图所示：设关于点对称点为，有题意可知，解得，由在直线，代入整理得，所以，若点满足，点在圆内或圆上，则所以最小值为圆的圆心到直线的距离减去半径，所以，所以，的最小值，故答案为.【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查对称性的应用，考查转化思想，属于中档题.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.【分析】（1）由直线联立可得交点，由直线与的距离相等可知，或过的中点.（2）方法一：由题可知，直线的斜率存在，且.则直线的方程为.分别求出直线的截距，即可得出.方法二：由题可知，直线的横､纵截距存在，且，则，又过点的面积为4，可得，解出即可得出.解：（1）由的交点为，由直线与的距离相等可知，或过的中点，由得的方程为，即，由过的中点得的方程为，故或为所求.（2）方法一：由题可知，直线的斜率存在，且.则直线的方程为.令，得，令，得，，解得，故的方程为.方法二：由题可知，直线的横､纵截距存在，且，则，又过点的面积为，解得，故方程为，即.【点评】本题考查了相互平行的直线斜率之间的关系､中点坐标公式､直线的截距式､三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.16.【分析】（1）由题意首先求得体对角线的长度，然后求得外接球的半径即可确定其体积；（2）作出辅助线，确定棱锥的高，然后结合几何体的特征即可求得棱锥的斜高和体积.解：（1）几何体为长方体且，，记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，则，长方体外接球的体积为.（2）如图，设交于点，连接为正四棱椎，为正四棱锥的高，又长方体的高为，取的中点，连接，则为正四棱锥的斜高，在中，，，，，故正四棱锥的斜高为，体积为.【点评】本题主要考查几何体的外接球问题，锥体的体积公式，锥体的空间结构特征等知识，属于中等题.17.【分析】（1）易得圆心在直线上，根据列出方程可求得坐标，进而可得圆方程；（2）联立圆与直线，解出坐标，表示出，结合二次函数性质即可求得最小值.解：（1）易得在直线上，不妨设，因为，即，解得，故，半径，则圆的方程为：；（2）联立，解得，即，设，则，则当时，取最小值13.【点评】本题考查圆方程的求解，直线与圆的位置关系，方程思想，属于中档题.18.【分析】（1）分类讨论，设方程，利用直线过点，且与圆相切，建立方程求出斜率，即可求出直线的方程；（2）设点坐标为，直线的方程分别为：，即，利用直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，可得，化简利用关于的方程有无穷多解，即可得出结论.解：（1）设直线的方程为：，即圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式，得，求得由于直线与圆相切.所以直线的方程为：或，即或（2）设点坐标为，直线的方程分别为：，即因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等，所以圆心到直线与圆心直线的距离相等.故有，化简得，或关于的方程有无穷多解，有所以点坐标为，经检验点满足题目条件.【点评】本题是中档题，考查直线与圆的位置关系，对称的知识，注意方程无数解的条件，考查转化思想，函数与方程的思想，常考题型.19.【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得与平面所成角的正切值.（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明.（3）根据空间向量坐标运算分别求解平面与平面的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.解：（1）由直三棱柱，知面，所以点在的投影为，所以为与平面所成角，所以，所以与平面所成角的正切值为.（2）证明：以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系：则，，所以，因为为线段上一动点，设，则，所以，所以，所以，所以.（3）由（2）可知：，设平面的法向量为，则，即，令，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，则，故设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，故，令，，又函数，令，则，所以结合二次函数的性质可得在，函数单调递增，所以时，取最小值，所以当，即时，取得最大值为.【点评】本题考查直线与平面的位置管关系，线面所成角，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题.2024-2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学学情检测试卷（二）一､单选题1．下列说法中正确的是（

）A．1与表示同一个集合B．由1，2，3组成的集合可表示为或C．方程的所有解的集合可表示为D．集合可以用列举法表示2．若，则的取值集合为（

）A． B． C． D．3．已知集合满足，则集合的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．44．已知全集，且，则（

）A． B． C． D．5．已知，使成立的一个充分不必要条件是（

）A． B．C． D．6．若，且，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．7．已知命题p：“∀x∈，(a＋1)x2－2(a＋1)x＋3>0”为真命题，则实数a的取值范围是（

）A．－1<a<2 B．a≥1C．a<－1 D．－1≤a<28．已知，且，则的最小值为（

）A． B．C． D．二､多选题9．命题的否定是真命题，则实数的值可能是（

）A． B． C．2 D．10．若正实数满足，则下列说法正确的是（

）A．有最大值为 B．有最小值为C．有最小值为 D．有最大值为11．已知,若对任意的,不等式恒成立.则（

）A． B．C．的最小值为12 D．的最小值为三､填空题12．若集合，，，则如图中的阴影部分表示的集合为．

13．已知，则的取值范围是.14．已知正数a，b，c满足，，则的最小值为.四､解答题15．已知全集，集合，且为非空集合.(1)分别求；(2)若是的充分不必要条件，求的取值范围.16．解答下列各题.(1)若，求的最小值.(2)若正数满足，①求的最小值.②求的最小值.17．设函数.(1)若命题：是假命题，求的取值范围；(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.18．已知集合.(1)当时，求；(2)求.19．已知函数，集合.(1)若集合中有且仅有3个整数，求实数的取值范围；(2)集合，若存在实数，使得，求实数的取值范围.1．B【分析】根据集合的相关概念以及表示方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断选择.【详解】对于A，1不能表示一个集合，故错误；对于B，因为集合中的元素具有无序性，故正确；对于C，因为集合的元素具有互异性，而中有相同的元素，故错误；对于D，因为集合中有无数个元素，无法用列举法表示，故错误.故选：B.2．C【分析】结合元素与集合的关系计算即可得.【详解】当时，，不满足集合中元素的互异性，舍去；当时，则，符合题意，当时，有或，已知当时符合题意，当时，则，符合题意，故的取值集合为.故选：C.3．C【分析】利用集合的子集、真子集的概念求解.【详解】由题可知，集合可以为：共3个，故选：C.4．B【分析】先求出，，再求，【详解】因为，且，所以，因为，，所以，所以．故选：B．5．D【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式性质求解即得.【详解】对于A，，A不是；对于B，当时，由，得，B不是；对于C，，可能有，如，C不是；对于D，由，得，则；若，则，D是.故选：D6．C【分析】取即可判断A、B、D选项是错误的，由基本不等式即可判断C选项是正确的.【详解】取满足，且，此时，A错误；取满足，且，此时，B错误；可得，C正确；取满足，且，此时，D错误.故选：C.7．D【分析】根据题意，利用解含参的一元二次不等式恒成立问题的方法求解，即可得出答案.【详解】当a＝－1时，3>0成立；当a≠－1时，需满足，解得－1<a<2.综上所述，－1≤a<2.故选：D8．A【分析】由得，得到，进而，所以，由均值不等式求得最小值.【详解】因为且，所以，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为，故选：A.9．AB【分析】根据特称命题的否定知：，为真命题，再利用判别式小于0即可求解.【详解】因为命题的否定是真命题，所以命题：，是真命题，也即对，恒成立，则有，解得：，根据选项的值，可判断选项AB符合，故选：AB.10．ABC【分析】直接利用不等式即可求解AC，利用乘“1”法即可求解B，利用不等式成立的条件即可求解D.【详解】对于A：因为，则，当且仅当，即时取等号，故A正确，对于B，，当且仅当，即时取等号，故B正确，对于C：因为，则，当且仅当，即时取等号，故C正确，对于D：因为，当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误，故选：ABC．11．ACD【分析】先对进行因式分解,分情况讨论小于等于零的情况,可得,即,可得选项A,B正误;将中的用代替,再用基本不等式即可得出正误;先将代入中,再进行换元,求出新元的范围,根据二次函数的单调性即可求出最值,判断D的正误.【详解】因为,恒成立,即恒成立,因为,所以当时,,则需,当时,,则需,故当时,,即,所以且,故选项A正确,选项B错误;所以,当且仅当时,即时取等,故选项C正确;因为,令,当且仅当，即时等号成立，故，所以,故,所以在上,单调递减,即,所以，故选项D正确.故选:ACD思路点睛:该题考查基本不等式的应用,属于难题,关于不等式有:(1),;(2)柯西不等式:;(3)变换后再用基本不等式:.12．##【分析】根据给定的韦恩图，利用补集、交集定义求解即得.【详解】由集合，，得，而，所以图中的阴影部分表示的集合.故13．【分析】先设出，求出，再结合不等式的性质解出即可；【详解】设，所以，解得，所以，又，所以，又所以上述两不等式相加可得，即，所以的取值范围是，故答案为.14．2【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最