山东省德州市夏津县育中万隆中英文高级中学2023-2024学年高二9月月考数学 word版含解析.docx

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万隆高级中学高二数学检测考试时间：120分钟；满分：150分一、单选题（本大题共8小题，共40．0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知点坐标为，点坐标为，以线段为直径的圆的半径是（）A.B.C.4D.3【答案】A【解析】【分析】利用两点距离公式求线段的长，即可得半径.【详解】由题意知，，以线段为直径的圆的半径是．故选：A2.平行六面体中，，则（）A.1B.2C.3D.－1【答案】B【解析】【分析】根据平行六面体的性质结合向量的运算即可得出答案.【详解】因为平行六面体的六个面均为平行四边形，则，，，则，而，，则，-24- 则，即，故选：B.3.若三条直线相交于同一点，则点到原点的距离d的最小值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直线过直线与得交点可得，再由两点间的距离公式求出d的最小值.【详解】联立，解得，把代入，得，，点到原点的距离，当且仅当时取等号．点到原点的距离的最小值为．故选：D．4.如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（）-24- A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.【详解】由题意可知，因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，所以，所以，所以，所以．故选：D5.已知直线的方程为，则直线的倾斜角范围是（）-24- A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】由直线的方程为，所以，即直线的斜率，由.所以，又直线的倾斜角的取值范围为，由正切函数的性质可得：直线的倾斜角为.故选：B6.下列四个命题中，正确命题的个数是（）①若是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得；②若两条不同直线的方向向量分别是，则；③若是空间的一个基底，且，则四点共面；④若两个不同平面的法向量分别是，且，则．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】对于①和③，由共面向量定理判断；对于②，根据直线方向向量的定义分析判断；对于④，由平行平面的充要条件可判断.-24- 【详解】若  是空间的一个基底，则对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得  ，由空间向量基本定理知，正确；若两条不同直线的方向向量分别是，则 ，由方向向量的定义知正确；若  是空间的一个基底，且  ，则，即，由空间向量共面定理知四点共面，正确；若两个不同平面的法向量分别是 ，且  ， 易得不成立，所以不成立.故选：C7.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.【详解】设，，所以，又，所以．-24- 因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因为，所以的最小值为．故选：C．8.如图，长方体中为线段上的动点，则以下结论中不正确的是（）A.当时，直线与平面所成角的正弦值为B.当时，若平面的法向量记为，则C.当时，二面角的余弦值为D.若，则【答案】A【解析】【分析】-24- 构建空间直角坐标系，根据各项给定条件，应用向量的坐标运算求相关线段对应向量，应用向量法求线面角、二面角判断A、C，由向量数量积的坐标运算判断B、D.【详解】在长方体中，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，当时，为的中点，则，故，而为平面的一个法向量，若直线与平面所成角为，则，故A错误；当时，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，故B正确；当时，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则-24- ，又平面，则是平面的一个法向量，所以由图知：二面角的平面角为锐角，则其余弦值为，故C正确；设，故，若，故，故D正确；故选：．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.三条直线构成三角形，则a的取值可以是（）A.B.1C.2D.3【答案】CD【解析】【分析】易得直线与2都经过原点，直线不经过原点，则要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行即可，进而可得出答案.【详解】解：直线与2都经过原点，而无论为何值，直线都不经过原点，因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行，所以.故选：CD.10.已知，，且与夹角为钝角，则x的取值可以是（　　）A.-2B.1C.D.2【答案】BD【解析】-24- 【分析】根据题意得出且与不共线，根据数量积公式列出不等式并排除两个向量反向时的值，即可判断得出答案.【详解】由题意得，且与不共线，则，即，解得，若与共线，则，即，得，与反向需要舍去，所以的取值范围为且，所以B和D选项正确，A和C选项错误，故选：BD.11.以下四个命题表述正确的是（）A.直线（）必过定点B.圆（）上有且仅有4个点到直线的距离都等于1，则C.曲线与曲线恰有三条公切线D.已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线，，A，B为切点，四边形面积的最小值为【答案】BD【解析】【分析】A.直线过定点，所以A错误；B.圆心O到直线l的距离为，故，所以B正确；C.，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；D.当垂直直线时，四边形面积最小.此时四边形面积，所以D正确.【详解】A.由题得，所以直线过定点，所以A错误；B.圆心O到直线l的距离为，故圆上有且仅有4个点到直线l的距离为1，则，所以B正确；C.圆，的圆心为，，半径，，，两圆相离，故有4条公切线，所以C错误；D.当垂直直线时，四边形面积最小.此时，，，四边形-24- 面积，所以D正确.故选：BD12.如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角的余弦值是B.三棱柱的外接球的表面积是C.当点是线段的中点时，三棱锥的体积是D.的最小值是2【答案】AC【解析】【分析】由空间向量的坐标运算判断A，由棱柱的外接球半径与球的表面积公式判断B，由线面平行关系与棱锥的体积公式判断C，在平面中，数形结合求的最小值后判断．【详解】解：在直三棱柱中，是直角三角形，且，则，则建立以为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：-24- 则，，，，对于：，，，故异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；对于：将直三棱柱补成直四棱柱，可得三棱柱的外接球就是直四棱柱的外接球，外接球半径，故三棱柱的外接球的表面积是，故B错误；对于：连接，则是中点，点是线段的中点，，平面，是棱上的动点，点到平面的距离就是点到平面的距离，又，故C正确；对于：由选项C得是的中点，则平面，平面，平面，在中，，，且，在平面中，建立以为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：-24- 则，，，，过作直线的对称点，当时，此时的值最小，且为，也就是点到轴的距离，设，可得的中点坐标为，直线的方程为，即，，解得，的最小值是，故D错误，故选：．三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，，，与平面交于点，则________.【答案】【解析】【分析】设，其中，用、、表示向量、、-24- ，利用共面向量的基本定理可知存在、使得，由空间向量基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得实数的方程组，即可解得实数的值.【详解】设，其中，，，，因为、、、四点共线，则向量、、共面，由共面向量定理可知，存在、使得，即，所以，，解得.故答案为：.14.如图所示，三个边长为的等边三角形有一条边在同一直线上，边上有100个不同的点，记，，则___________.【答案】7200【解析】【分析】以A为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，得到的坐标，然后求得直线的方程，根据在直线上，得到，运用向量的数量积的坐标运算即可.-24- 【详解】如图所示：以A为原点，所在直线为x轴，建立直角坐标系，则，直线的方程为，设，则，即，所以，所以.故答案为：7200【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的坐标运算，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.15.如图，已知菱形所在的平面与所在的平面互相垂直，且．则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为_________．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点联立空间直角坐标系，利用平面与平面的法向量求解两个平面所成锐二面角的余弦值.【详解】取中点，连接，在菱形中，所以是正三角形，所以，-24- 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面.如图建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，，，由，取，设面的法向量是，，，则由，即，则令，得，所以，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值是.故答案为: ．16.如图，已知圆内切于圆，直线分别交圆、于、两点（、在第一象限内），过点作轴的平行线交圆于、两点，若点既是线段的中点，又是线段的三等分点，那么的值为___________.-24- 【答案】【解析】【分析】设圆、圆别交轴的正半轴于点、，连接、，分析出点为线段的中点，可得出，，利用相交弦定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】设圆、圆分别交轴的正半轴于点、，连接、，则，，设直线的倾斜角为，则，为的中点，则为的中点，则，故，即，，设线段交轴于点，则为的中点，因为，故，-24- 易知轴，则，故，由相交弦定理可得，即，所以，，故，所以，，，解得.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知空间三点，，.（1）求以、为边的平行四边形的面积；（2）若，且分别与、垂直，求向量的坐标.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）首先求出，的坐标，再根据向量数量积的定义求出夹角的余弦值，从而根据同角三角函数的基本关系求出夹角的正弦值，再根据面积公式计算可得；（2）设，依题意得到方程组，解得即可；【小问1详解】解：因为，，，所以，，所以，，，，∴，∴平行四边形面积为.【小问2详解】-24- 解：设，则，①∵，，所以，∴，②，③由①②③解得，，或，，∴或.18.已知的顶点，边上的高所在直线为，边上的中线所在直线为为的中点．（1）求点的坐标；（2）求过点且在轴和轴上的截距相等的直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由得直线的方程，与联立求得的坐标，得的坐标；（2）按直线是否过原点分类讨论，求出直线的方程.【小问1详解】因为，而直线：的斜率为，所以直线的斜率为，直线的方程为：，即，因为点A在直线与边上的中线的交点，由，解得，，所以顶点的坐标，而为线段的中点，所以的坐标【小问2详解】当直线经过原点时，设直线的方程为，将的坐标代入可得，直线的方程为；-24- 当直线不过原点时，设直线的方程为，将代入可得，解得，这时直线的方程为，综上所述，直线的方程为或．19.已知圆方程为．（1）求过点且与圆相切的直线的方程；（2）直线过点，且与圆交于两点，当是等腰直角三角形时，求直线的方程．【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）斜率不存在时显然相切，斜率存在时，设出直线的点斜式方程，由圆心到直线距离等于半径求出，进而得解；（2）设出直线的点斜式方程，由几何关系得圆心到直线距离为，进而得解.【小问1详解】当直线斜率不存在时，显然与相切；当直线斜率存在时，可设，由几何关系可得，解得，故，即，故过点且与圆相切的直线的方程为或；【小问2详解】设，可设中点为，因为是等腰直角三角形，所以，即圆心到直线距离，解得或7，故直线或，即或.-24- 20.如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.（1）求证：平面.（2）若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.【小问1详解】连接交于点，连接，因为，所以，又，所以，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】过作，垂足为，连接，因为，所以为的中点，因为平面平面，平面平面，且平面，-24- 所以平面，因为为正三角形，为的中点，所以.如图，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，则，，设平面的法向量为，则，得，取，平面的法向量可取，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21.已知圆，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.（1）若P的坐标为，求过点P的切线方程；（2）直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.【答案】（1）或.-24- （2）【解析】【分析】（1）过点设直线方程，然后由圆心到直线距离等于半径构建方程，即可求出切线；（2）联立圆与直线，利用韦达定理构建的函数式，再求其范围即可.【小问1详解】P的坐标为,当斜率不存在时可设线为，此时圆心到直线的距离，不符合切线要求，舍去；当斜率不存在时可设线为，即，此时圆心到直线的距离，即，可得或，过点的切线方程为或.【小问2详解】设，-24- 联立，消去，可得，化简可得：，则，即，解得，由韦达定理可得，，，又，.22.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面，是棱上的一点．（1）证明：平面平面；（2）已知，若分别是的中点，（ⅰ）求点到平面的距离；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用平面和平面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再计算距离和角的正弦值.-24- 【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以．又，，，平面，平面，平面，平面平面．【小问2详解】（i）如图所示，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，点B到平面的距离．（ii）设平面的一个法向量为，则，即，取，记直线AB与平面ADE所成角θ，则.-24-