重庆市南开中学2022-2023学年高一数学下学期第二次月考试题（Word版附解析）

重庆市南开中学高2025届高一下第二次月考数学试题卷一､单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）1.过原点的圆的圆心为，直线与圆相切于原点，则的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设圆心为，即可求出，从而得到，再由诱导公式及倾斜角的定义判断即可.【详解】设圆心为，则，依题意，所以，又，所以，所以直线的倾斜角为.故选：B2.若向量与不共线，，且，则向量与的夹角为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由题意可得：，故：，即向量与的夹角为.本题选择D选项.3.三棱锥中，，，，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，则直线与平面所成的角正切值的最小值是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作平面，由题意得到，建立直角坐标系，设，得到点的轨迹方程，将直线与平面所成的角正切值转化为，结合点的轨迹方程可求得的最小值.【详解】如图（1）所示，作平面，连接，，，因为直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，所以，，即，以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，则有，，设，由有，，化简可得，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设直线与平面所成的角为，则，又①，又点满足，即=，代入①式得，令，则表示圆与定点连线的斜率，又由与圆相切时，可得， ，解得，，即，故当时，取得最小值为，此时最小，最小值为，故选：A.图（1）图（2）4.在中，角所对应的边分别为，设的面积为S，若不等式恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】转化为恒成立，由余弦定理、三角形面积公式以及不等式知识，得，再令，利用辅助角公式求出最小值即可得解.【详解】若不等式恒成立，即恒成立，，当且仅当时，等号成立，令，则，其中， ，则由，得，得，又，则，当且仅当时，等号成立，则当且仅当且时，取得最小值，所以.故选：A5.已知直线与圆有公共点，且公共点的横､纵坐标均为整数，则满足的有（）A.40条B.46条C.52条D.54条【答案】A【解析】【分析】通过分析得出圆上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含），关于y轴对称的两点所连直线（不含），再结合变形为，利用几何意义得到原点到直线的距离小于等于，利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与比较得到结论，利用组合知识求出答案.【详解】圆上的整数点共有12个，分别为，如图所示， 由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，关于x轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去，关于y轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去其中变形为，几何意义为原点到直线的距离小于等于，这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，以下为具体情况：①，弦长为的直线有4条，此时原点到此类直线的距离为，不合要求，舍去②，弦长为的直线有8条，此时原点到此直线的距离为，不合要求，舍去③，弦长为的直线有8条，此时原点到此直线的距离为，满足要去，④其他情况弦长均大于，故均满足要求，由组合知识可知：满足要求的直线条数为：故选：A 【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.6.已知不等式的解集为M，且函数在上无最值，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先通过解不等式求出,再假设在上有最值，求出的取值范围即得解.【详解】解：由题得，所以，所以，所以，所以或.所以,.假设在上有最值，则，所以，设所以所以或.解之得或，令得或.所以在上无最值，则的取值范围是.故选：A7.已知长方体中，，过点且与直线平行的平面 将长方体分成两部分，且分别与棱交于点.现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用线面平行性质定理可得，再取两个球在左侧面上的投影，分别表示出两球半径的表达式，利用基本不等式即可求得两个球半径之和的最大值.【详解】根据题意可知，平面即为平面，所以平面，又平面平面，由线面平行的性质定理可得，又，所以，又，即为平行四边形；平面即为平面，如下图所示：若两个球半径之和最大，则线段应足够长；两个球在左侧面上的投影分别是半径为的两个圆，且都与直线相切，设，如下图所示：又，所以，可得，同理可得，得； 所以，易知，所以，根据题意解得，令，构造函数，，易知，由基本不等式可得当且仅当时，等号成立；因此；所以两个球半径之和的最大值为.故选：A8.已知分别为曲线与圆上的动点，若存在，使得三角形是以为直角顶点的等腰直角三角形，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意分析可得点在或，而点也在上，结合二次函数的性质求出结果.【详解】，即，设，则,, ,则相当于旋转，或，或，所以点在或，即①或②，而点也在③上，即③与①或②有公共点，若点在①上，则，∵，∴当时，，当时，，所以，若点在②上，则∵，∴当时，，当时，，所以，综上，. 故选：B.二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.若周长为15的三角形δ的三边长均为整数，则（）A.δ的任一边长不超过7B.不同的δ的个数不超过8C.δ的面积不小于4D.δ的面积可能超过12【答案】AB【解析】【分析】令三角形边长分别为且，根据三角形性质列举出符合要求的，并求出对应面积，即可得答案.【详解】令三角形边长分别为且，则，由于，故，若，即，则，不满足三角形性质；所以，，且满足，可能有、、、、、、，当为，对应面积为；当为，则，即为锐角，故，所以面积为；当为，则上的高，所以面积为；当为，则上的高，所以面积为； 当为，则，即为钝角，故，所以面积为；当为，则，即为钝角，故，所以面积为；当为，则上的高，所以面积为；综上，A、B对，C、D错.故选：AB10.若过点，，，作四条直线构成一个正方形，则该正方形的面积可能等于（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】分为三种情况，每种情况下利用平行和垂直的斜率关系，设出平行线的方程，利用平行线距离公式得到相等关系，求出正方形边长，求出面积.【详解】当过点A和点C的直线平行，过点B和点D的直线平行时，且两组平行线互相垂直，故设过点A和点C的直线为和，则过点B和点D的直线为和，其中和的距离与和的距离相等，即，解得：，故正方形的边长为，该正方形的面积为， 当过点A和点B的直线平行，过点C和点D的直线平行时，且两组平行线互相垂直，故设过点A和点B的直线为和，则过点C和点D的直线为和，其中和的距离与和的距离相等，即，解得：，故正方形的边长为，该正方形的面积为当过点A和点D的直线平行，过点B和点C的直线平行时，且两组平行线互相垂直，故设过点A和点D的直线为和，则过点B和点C的直线为和，其中和的距离与和的距离相等，即，解得：，故正方形的边长为，该正方形的面积为故选：ABD11.如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（）A.若为锐角，则在转动过程中存在位置使B.若为直角，则在转动过程中存在位置使C.若，则在转动过程中存在位置使D.若，则在转动过程中存在位置使【答案】AC 【解析】【分析】作出相应的图形，利用两角和的正切公式以及零点存在定理可判断A选项；利用圆的几何性质以及平面几何相关知识可判断BCD选项.【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：在圆锥上任取一点，平面为平面，当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则；因为，，平面，当时，点与点重合；当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.对于A选项，若为锐角，如下图所示：不妨设，则，，因为，若存在位置使得，即，设，由于，则点不与线段的端点重合，即， ，则，即，令，其中，因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，，，故方程在时有解，所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，此时，不存在位置使得，B错；对于C选项，连接、，因为，，则， ，则，由圆的几何性质可得，，则，所以，,故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，延长交圆于点，连接，则，若，则在转动过程中存在位置使，C对；对于D选项，若，，则，，则，由圆的几何性质可得，，，所以，，所以，与圆相切，当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，则，所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查点的存在性使得条件成立，解决本题的关键在于作出图形，利用平面几何的相关知识求解.12.如图，已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则（） A.点平面B.点的轨迹长度为C.的最小值为D.当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为【答案】AB【解析】【分析】利用求得，然后证明平面为AC的中垂面即可判断A；求出为定值，由圆的周长公式可得轨迹长，从而可判断B；建立空间直角坐标系，利用法向量求解，可判断C；根据点P的位置作出截面，然后计算可判断D.【详解】由题可知，，所以，又，所以，所以点在AC的中垂面上，因为为正方形，所以，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，平面，所以平面，同理可证平面，易知平面即为AC的中垂面，所以点平面，A正确；记，因为为直角三角形，AC为斜边，所以，所以点P的轨迹是以O为圆心，为半径，在截面 内的半圆，轨迹长度为，B正确；以BD，AC分别为x轴，y轴，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系如图，记，则，易知，为平面的法向量，为平面ABCD的法向量，由图可知，平面与平面所成二面角，所以，所以当时，等号成立，此时取得最小值，C错误；由上可知，取得最小值时，点P在z轴上，过点P作直线，交分别于M，N，因为，所以延长必与交于点R，过点R作，分别交与H，Q，易知A，M，H，Q，N，P六点共面，过点A作直线，则平面，同理可证平面，又平面，所以平面，因为平面，所以，为二面角的平面角，所以，所以，所以，，记上底面的中心为，易知，所以，得，所以，又，所以，又，所以平面截正方体所形成图形的周长为，D错误.故选：AB 【点睛】关于空间几何中的轨迹问题，主要是根据几何关系找到动点所满足的数量关系，结合各种曲线的定义和特征进行判断，本题在求二面角时利用向量法求解，计算更加简单，选择以O为原点建系比较关键.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.设，若，则的最小值为__________.【答案】##【解析】【分析】由，得，化简后可得，而，将前面的式代入化简得，再利用基本不等式可求得结果.【详解】因为，所以，所以，所以，所以，所以 因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故答案为：14.已知正方体，是线段上的一点.若正方体的各个顶点中，恰有两个顶点满足，，则此时的值为__________.【答案】或【解析】【分析】以坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，，利用向量垂直的坐标表示可构造构造关于的方程，从而满足垂直关系的顶点个数，从而得到满足题意的的取值，进而得到的值.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则，，，，，，，，设，，；；；；；；；；；；；；；；①令，方程无解，即与不垂直；②令，解得：或，当时，此时与重合，， 即，，，不合题意；当时，，即，，满足题意；此时，；③令，解得：或；由②知：不合题意；当时，此时与重合，则，即有且仅有，不合题意；④令，解得：或；由③知：不合题意；当时，，即，，满足题意；此时，；综上所述：或.故答案为：或.15.已知圆点，直线与圆交于两点，点在直线上且满足.若，则弦中点的横坐标的取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】①当直线斜率不存在时，易求得；②当直线斜率存在时，设其方程为，利用直线与圆有交点可求得；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理形式；根据和可整理得到，，，满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得 ；当时，知；当时，可将表示为关于的函数，利用对号函数的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.【详解】设，①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，，，，，，满足，此时；②当直线斜率存在时，设其方程为：，与圆有两个不同交点，，即，由得：，设，，则，，，.，，解得：，由得：，整理得：，，整理得：，当时，；当时，，代入式得：， 解得：，，，，当时，单调递增，在上单调递减，，综上所述：弦中点的横坐标的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标表示为关于直线斜率的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能力有较高要求.16.在非等腰中，内角满足，若关于的不等式对任意恒成立，则角的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据题意由三角恒等变换可得，即可得不等式即可转化成二次函数在大于零恒成立，使其最小值即可解出角的取值范围. 【详解】由三角形内角关系可得，所以，又，；所以由可知，，整理得；由对任意恒成立可知，当时，成立，当时，成立；由因为，且，所以；由可得或；即（舍）或；则不等式即对任意恒成立即可，令，显然，且函数关于对称，所以在处取最小值，即只需即可，即；整理可得，即，所以，解得，即； 又，所以，即角的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围问题往往通过构造函数把问题转化成函数最值恒成立或函数图象与坐标轴有无交点问题，利用数形结合即可解出对应参数的取值范围.四､解答题（本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC.(Ⅰ)证明：AB平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.【答案】(1)见解析(2)BC=3或BC=3【解析】【分析】（Ⅰ）先由已知易得，再注意平面平面，且交线为，由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得到，再注意到，而，从而有，那么由线面垂的判定定理可得平面，（Ⅱ）设则可用将四棱锥的体积表示出来，由已知其体积等于7，从而得到关于的一个一元方程，解此方程，再注意到即可得到的长．【详解】证明：如题（20）图.由知，为等腰中边的中点，故， 又平面平面，平面平面，平面，，所以平面，从而.因.从而与平面内两条相交直线，都垂直，所以平面.（2）解：设,则在直角中，.从而由，知，得,故，即.由,,从而四边形DFBC的面积为由（1）知，PE平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角中，,体积,故得，解得或由于，可得.所以或.考点：1.空间线面垂直关系，2.锥体的体积，3.方程思想. 18.已知函数为奇函数，且其图象相邻两对称轴间的距离为.（1）求和；（2）当时，记方程的根为，，，求的范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换得，再利用相邻对称轴的距离求出，根据其为奇函数，利用即可求出；（2）由（1）得，利用整体换元法和三角函数图象知，再根据三角函数的对称性和周期性得，，最后即可得其范围.小问1详解】，因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得.又因为函数为奇函数，所以，则，，解得. 由得.此时，易知其为奇函数.【小问2详解】由（1）知，，即.因为，可得，结合正弦函数图象知，，即.且，，则，，故.19.已知圆和定点，动点在圆上．（1）过点作圆的切线，求切线方程；（2）若满足，求证：直线过定点．【答案】（1）或（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设直线方程后由点到直线的距离公式列式求解即可；（2）分类讨论直线斜率存在与否的情况，联立直线与圆的方程，直接求得或由韦达定理化简，从而证得直线过定点.【小问1详解】因为圆，所以圆心，半径，当直线斜率不存在时，直线为，易得圆心与的距离为，则直线与相离，不满足题意； 当直线斜率存在时，设切线方程为，即，则，解得或，所以切线方程为或，即或.【小问2详解】若直线斜率不存在，由对称性得，又，所以，故直线为，联立，解得或（舍去），故，则，直线方程为，若直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去，得，所以，，，而，化简得，解得或，当时，直线为，显然过点，不符合题意，舍去，故，直线为，显然过定点，而直线也过，综上：直线过定点.20.内一点O，满足，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确结论，比如，请你和他一起解决如下问题： （1）若a，b，c分别是A，B，C的对边，，证明：；（2）在（1）的条件下，若的周长为4，试把表示为a的函数，并求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2），取值范围为【解析】【分析】（1）应用正弦定理边角互化即可证明；（2）先根据余弦定理边角互化，再应用向量的数量积公式结合等比数列计算可得.【小问1详解】设，和中，由正弦定理得又，，，，又，，即．【小问2详解】，即，又成等比数列，设（公比）（）， ，解得：，又，得，由且，则，故在上递增，所以在上为减函数，易知，21.如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为 的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG⊥平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为【小问2详解】取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥AB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以. 【小问3详解】连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为的平面角，即，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以， 设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.22.在平面直角坐标系中，已知圆（1）若直线与圆相切，且在坐标轴上截距相等，求直线的方程； （2）若过点的射线与圆有两个不同交点，且射线上存在点使得，求的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）先设出直线的方程，再利用直线与圆相切列方程，解之即可求得直线的方程；（2）先利用题给条件求得点坐标，进而求得的表达式，再利用二次函数的性质即可求得的取值范围.【小问1详解】圆的圆心，半径为1，当直线的方程为时，直线在坐标轴上截距相等，由直线与圆相切，可得，解之得，则直线的方程为；当直线的方程为时，直线在坐标轴上截距相等，由直线与圆相切，可得，解之得，则直线的方程为.综上，直线的方程为或；【小问2详解】设过点的射线所在直线的倾斜角为，则，则其方程可设为，代入圆C的方程，， 整理得，则，即，，又即，则，则，即，，又由，可得，则，则.则的取值范围为.