重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

重庆市杨家坪中学高2025届高二上期第一次月考数学试题一、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.已知点，则直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，从而可得直线的倾斜角.【详解】由题知直线的斜率，故直线的倾斜角为．故答案为：A.【点睛】本题考查直线的倾斜角的求法，可先求出斜率，再根据两者之间的关系求出倾斜角，本题属于基础题.2.已知圆的方程是，则它的半径是（）A.1B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程，可得半径的长．【详解】圆的方程可化简为则它半径是故选：B3.直线和直线平行，则实数的值等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】 由直线的斜率存在，可得两直线平行其斜率相等，且截距不相等；【详解】直线的斜率存在，直线和直线平行，，且，解得，故选：D.4.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.【详解】因，平面ABCD，平面ABCD，则，又因四边形ABCD为矩形，则.则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：，则外接球的表面积为：故选：B 5.如图，平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，表示出，，计算，即可求得答案.【详解】设，则，三向量的夹角皆为，由题意可得，，故，即，所以与所成角的大小为，故选：C6.已知直线：过定点，直线：过定点，与相交于点，则（）A.10B.12C.13D.20【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得直线过定点，直线恒过定点，结合 ，得到，利用勾股定理，即可求解.【详解】由直线过定点，直线可化为，令，解得，即直线恒过定点，又由直线和，满足，所以，所以，所以.故选：C.7.若平面内两定点，间的距离为2，动点满足，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，由可得，即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.而可看作圆上的点到原点的距离的平方，结合圆的性质即可求解.【详解】由题意，设，由，得，即，所以点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，所以，所以，即的最大值为.故选：D. 8.如图，已知正方体的棱长为4，是的中点，若，，，若，则面积的最小值为（）A.4B.8C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意知点M在平面内，建立如图空间直角坐标系，设，根据空间向量的数量积的坐标表示可得，取AB的中点N，连接，则点M的轨迹为线段，过点B作，结合线面垂直的性质即可求解.【详解】由，知点M在平面内，以所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系，则，设，则，由，得，即，取AB的中点N，连接，则点M的轨迹为线段， 过点B作，则，又平面，故，所以的最小值为.故选：C.二、多项选择题：本题共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.已知向量，，则下列正确的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算判断作答.【详解】向量，，则，A正确；显然，B正确；由数量积的定义得，C错误；显然，则，即有，D错误.故选：AB10.下列说法错误的是（）A.经过，两点的直线可以用方程表示B.经过点，倾斜角为的直线方程为C.直线一定经过第一象限D.截距相等直线都可以用方程表示【答案】ABD【解析】【分析】 根据直线的斜率与倾斜角的关系，直线的两点式和截距式方程形式，以及直线系方程，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，经过，两点的直线，只有时，才可以用方程表示，所以A错误；对于B中，经过点，倾斜角为且时，直线方程为，所以B不正确；对于C中，直线，可化为，由，解得，所以直线恒过点位于第一象限，所以直线一定经过第一象限，所以C正确；对于D中，当直线在坐标轴上的截距为时，不能用方程表示，所以D错误.故选：ABD.11.已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（）A.不论何时，与都不可能垂直B.存在某个位置，使得平面C.当平面平面时，四面体体积的最大值为D.当平面平面时，四面体的外接球的表面积为【答案】AD【解析】【分析】假设，可得，与为直角矛盾，即可判断A；假设存在某个位置，使得平面，可得与当且仅当在BC上时，矛盾，即可判断B；如图，由面面垂直的性质可得平面，则四面体的最大体积为，结合锥体的体积公式计算即可判断C；由选项C的分析，由图形可得O为四面体的外接球的球心，半径，结合球的表面积公式计算即可判断D. 【详解】A：如图1，取DB的中点E，连接，则，假设，有平面，得，与为直角矛盾，故A正确；B：假设存在某个位置，使得平面，则，，又，所以，如图2，当且仅当在BC上时，不符合题意，故B错误；C：如图3，取BD的中点E，连接，则，由平面平面，平面平面，得平面，所以四面体的最大体积为，故C错误；D：如图4，取BC的中点O，连接，则，由选项C的分析可得平面，又平面，所以，由，平面，所以平面，故平面，则O为四面体的外接球的球心，半径，故四面体的外接球表面积为，故D正确.故选：AD.12.瑞士数学家欧拉（LeonharEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.若已知的顶点，，其欧拉线方程为，则下列正确的是（）A.重心的坐标为或 B.垂心的坐标为或C.顶点C的坐标为或D.欧拉线将分成的两部分的面积之比为【答案】BCD【解析】【分析】由题意先求出AB的中垂线方程，再与欧拉线方程联立可求出的外心，设，则可得三角形的重心为，代入欧拉线方程，再结合三角形的外心可求出顶点的坐标是或，从而可得三角形的重心坐标，结合图形可求出垂心的坐标和欧拉线将分成的两部分的面积之比【详解】AB中点为，AB的中垂线方程为，即，联立，解得.∴的外心为，设，由重心坐标公式得，三角形的重心为，代入欧拉线方程得：，整理得：①又外心为，所以，整理得：②联立①②得：，或，，所以顶点的坐标是或.重心的坐标为或； 由于或，所以垂心的坐标为或.因为直线与欧拉线平行，所以两部分的面积之比是或.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知圆的方程是，则圆心到原点的距离为_________．【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到圆心为，再利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】，圆心，半径.圆心到原点的距离.故答案为：14.如图，在直三棱柱中，，点是的中点，则点到平面的距离是____________．【答案】 【解析】【分析】点到平面的距离即三棱锥的高，利用三棱锥等体积即列式可得解.【详解】，是等边三角形，又是中点，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，可得，又，是平面内两条相交直线，所以平面，，即三角形是直角三角形，又，，，，因为是中点，所以点到平面的距离为，，，解得，即点到平面的距离为.故答案为：.15.直线分别交轴和于点，，为直线上一点，则的最大值是__________． 【答案】.【解析】【分析】根据题意，得到，求得关于直线的对称点为，结合，结合当且仅当三点共线时，等号成立，即可求解.【详解】由直线分别交轴和于点，可得，如图所示，设点关于直线的对称点为，则，解得，即，又由，即，则，当且仅当三点共线时，等号成立，即的最大值为，即的最大值为.故答案：.16.定义：，则的最小值为___________．【答案】【解析】【分析】由可得，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】对，，所以.则，又，所以，当且仅当时取得等号，即的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知的三个顶点分别为，，，其中点在直线上（1）若，求的边上的中线所在的直线方程：（2）若，求实数的值．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）由题意可得，AB的中点，利用两点求斜率公式和直线的点斜式方程即可求解；（2）设，进而可得的坐标表示，结合和平面数量积的坐标表示列出方程，解之即可求解.【小问1详解】当时，，AB的中点为，则，由直线的点斜式方程得MC的方程为，即；【小问2详解】设，，则， 当时，，即，解得.18.如图，多面体中，平面，且，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取CA的中点N，连接MN，BN，易证四边形为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，利用线面垂直的判定定理和性质证明OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求线面角即可求解.【小问1详解】由题意，取CA的中点N，连接MN，BN，则且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，得，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】分别取AB、EF的中点O、D，连接OD，OC，则，由平面，得平面，则，又为正三角形，所以， 因为平面，平面，得，而平面，所以平面，故OC、OA、OD两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，得，设平面的一个法向量为，则，令，得，得，设ME与平面所成角为，，则，所以，故ME与平面所成角为.19.已知的顶点，边上的高所在的直线方程为.（1）求直线的一般式方程；（2）在下列两个条件中任选一个，求直线的一般式方程.①角A的平分线所在直线方程为；②边上的中线所在的直线方程为.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）【答案】（1） （2）答案详见解析【解析】【分析】（1）求得直线的斜率，进而求得直线的一般式方程.（2）若选①，先求得点的坐标，求得关于直线对称点的坐标，从而求得直线的一般式方程.若选②，先求得点的坐标，根据线段的中点在直线以及在直线上求得点的坐标，从而求得直线的一般式方程.【小问1详解】边上的高所在的直线方程为，斜率为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，整理得.【小问2详解】若选①，角A的平分线所在直线方程为，，故.设是点关于直线的对称点，则，解得，即，由于是直线上的点，所以，所以直线的方程为，整理得直线的一般式方程为. 若选②，边上的中线所在的直线方程为，，故.设，则的中点在直线上，即，整理得，在直线，即，，即，所以，所以直线的方程为，整理得直线的一般式方程为.20.如图，在四棱锥中，底面是正方形，是棱的中点，设，，．（1）试用，，表示向量；（2）若交平面于，用，，表示向量．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据空间向量基本定理结合棱锥的性质求解即可； （2）连接，交于点，连接，则可得，由三点共线，设,由三点共线，设,而，代入化简可求出的值，从而可表示出.【小问1详解】因为在四棱锥中，底面是正方形，是棱的中点，设，，，所以【小问2详解】连接，交于点，连接，则平面平面，因为交平面于，平面，所以，因为底面是正方形，所以为的中点，所以,因为三点共线，所以设,所以，所以，因为三点共线，所以设,所以,所以，因为不共线，所以，解得，所以 21.如图，在四棱锥中，侧面等边三角形，底面为等腰梯形，且（1）证明：平面平面；（2）若点在棱上，且二面角的大小为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明和可得平面即可证明；（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可建立关系求解.【小问1详解】设的中点为，连接，在等边中，可得，在等腰梯形中，有又因为，所以，所以，即， 又因为，所以平面又因为在平面内，所以平面平面【小问2详解】如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，各点坐标依次为：，，设，平面的一个法向量为，因为，由，令，得，易知平面的法向量为，由，解得或（舍）.所以，故.22.正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设（1）当时，求的值；（2）若P为平面ABCD外一点，满足，记 ，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.【小问1详解】构建如下图示的平面直角坐标系，则，，当，则，故，，所以，，则.【小问2详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系， 所以且，则，所以，令，则，可得，若，则，此时在上递增，所以