数学高二-高二数学第一次月考卷02（全解全析）

高二数学上学期第一次月考卷02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第1~2章（空间向量与立体几何+直线与圆）。5．难度系数：0.65。第一部分（选择题共58分）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．直线的倾斜角是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】易知的斜率为，显然倾斜角为.故选：C2．已知圆过点，则圆的标准方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由在圆上，故圆心在直线上，由在圆上，故圆心在直线上，即圆心，半径，故方程为.故选：A.3．已知向量，，，若，，共面，则（

）A．4 B．2 C．3 D．1【答案】D【解析】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得，即，即，解得.故选：D4．已知圆，圆，则圆的位置关系为（

）A．内含 B．外切 C．相交 D．外离【答案】C【解析】圆，化为，圆心为，半径为；圆，化为，圆心为，半径为．则两圆心距离为，因为，所以圆与圆相交．故选：C．5．在三棱柱中，记，，，点P满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】三棱柱中，记，，，如图所示：

故．故选：B．6．点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（

）A．10 B． C．20 D．【答案】D【解析】圆的圆心为，半径为，到直线的距离为，由于的最小值是，所以直线与圆相离，所以的最小值为.故选：D7．直线关于直线对称的直线方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，解得，则直线与直线交于点，在直线上取点，设点关于直线的对称点，依题意，，整理得，解得，即点，直线的方程为，即，所以直线关于直线对称的直线方程为.故选：D8．如图，在体积为5的多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，为BC的中点，.则平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因为，平面,所以平面,平面，所以DC⊥PM．由于,所以四边形为平行四边形，所以．又，所以，所以．因为，所以，又，平面，所以平面，则面．取中点，连接，由面，面，则面面，面面，根据已知易知，所以为三棱柱，设，多面体的体积为，则．解得．建立如图所示的空间直角坐标系，则，．则平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量，则即取．所以，平面与平面夹角的余弦值为．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．已知向量，则（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则向量在向量上的投影向量【答案】ACD【解析】向量若，则，，所以，A选项正确；若，，，不满足，B选项错误；若，，则，C选项正确；若，，则向量在向量上的投影向量:，D选项正确.故选：ACD10．已知直线，圆，则下列说法正确的是（

）A．直线过定点 B．圆与轴相切C．若与圆有交点，则的最大值为0D．若平分圆的周长，则【答案】AB【解析】对于选项A，直线的方程可化为，由，解得，所以直线过定点，故选项A正确，对于选项B，圆的方程可化为，所以圆心为，半径为，故选项B正确，对于选项C，当直线与圆有交点时，直线的斜率存在，不妨设直线方程为，即，由，整理得到，得到，又，所以，解得，故选项C错误，对于选项D，若平分圆的周长，将圆心的坐标代入直线的方程，解得此时，故选项D错误，故选：AB.11．已知点在圆上，点是直线上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，又设直线分别交轴于，两点，则（

）A．的最小值为 B．直线必过定点C．满足的点有两个 D．的最小值为【答案】BCD【解析】圆的圆心为，半径，则到直线的距离，则，故A错误；设，以为直径的圆，又圆，两圆的方程相减得，即，由，解得，因此直线过定点，故B正确；对于直线，令，则，即，令，则，所以，则的中点为，，则以为直径的圆的方程为，又，则，所以以为直径的圆与圆相交，所以满足的点有两个，故C正确；因为，，设，Mx,y，则，则，即又，，所以，所以，当且仅当在线段与圆的交点时取得最小值，故D正确.故选：BCD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知空间向量两两夹角为，且，则．【答案】【解析】依题意，，则，.故答案为：.13．已知直线与圆交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值．【答案】（取这三个中的任何一个都算对，答案不唯一）【解析】由圆可知，圆心，半径，设圆心到直线的距离为，由垂径定理可知，由面积为知：，解得或，则由点到直线的距离公式得：，当时，有，解得：，当时，有，解得：，故答案为：（取这三个中的任何一个都算对，答案不唯一）.14．在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.【答案】【解析】记在底面内的投影为，则底面，又、平面，故、，则，，又，则，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，作Ox⊥BD，Oy∥BD，建立如下图所示的空间直角坐标系：设，，，所以，所以，设直线与直线的所成角为，所以.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知△ABC的三个顶点为，，．求：（1）AB所在直线的方程；（2）AB边上的高所在直线的方程．【解析】（1）依题意，直线AB的斜率，（2分）所以直线AB的方程为，（5分）即．（6分）（2）由（1）知，直线AB的斜率为2，所以AB边上的高所在直线的斜率为，（9分）所以AB边上的高所在直线的方程为，（12分）即．（13分）16．（15分）已知圆C：，点．（1）若，过P的直线l与C相切，求l的方程；（2）若C上存在到P的距离为1的点，求m的取值范围．【解析】（1）因为，所以圆C的方程为（1分）①当l的斜率不存在时，l的方程为，与圆C相切，符合题意；（2分）②当l的斜率存在时，设l的方程为，即，（3分）圆心C到l的距离，解得，（5分）则l的方程为，即，（6分）综上可得，l的方程为或．（7分）（2）由题意可得圆C：，圆心，半径，（8分）则圆心C到的距离，（9分）要使C上存在到P的距离为1的点，则，即，（13分）解得，所以m的取值范围为．（15分）17．（15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线GC与平面PCD所成角的正弦值.【解析】（1）连接EC，设与AC相交于点O，连接OG，如图，因为，且，，所以四边形为矩形，所以O为的中点，又因为G为PB的中点，所以OG为的中位线，即，（2分）因为平面PEF，平面PEF，所以平面PEF，（3分）因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以，（4分）因为平面PEF，平面PEF，所以平面PEF，（5分）因为平面GAC，平面GAC，，所以平面平面GAC.（6分）（2）因为底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，因为，所以PA,AB,AD两两互相垂直，（7分）以A为原点，所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则A0,0,0，，C1,1,0，，P0,0,1所以，，，（9分）设平面的法向量为n=x,y,z，则，所以，（11分）令，可得，，所以，（12分）设直线与平面所成角为θ，则，（14分）所以直线与平面所成角的正弦值为.（15分）18．（17分）如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上．

图1图2（1）证明：平面；（2）若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值；（3）求动点Q到线段的距离的取值范围．【解析】（1）因为折叠前为中点，，所以，折叠后，，所以，所以，（1分）在折叠前分别为中点，所以，又因为折叠前，所以，（2分）所以在折叠后，，；以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，（3分）为中点，所以，，设平面的法向量为m=x,y,z，又，，所以，，令，则，，所以，（5分）所以，所以，所以平面.（6分）（2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上，且，所以，所以，所以，，，所以，（7分），，设平面的法向量为，，，令，则，，所以，（9分）设平面的法向量为，（10分）所以，（11分）所以平面与平面的夹角的余弦值为.（12分）（3）设，，，动点Q在线段上，所以，，即，即，所以，（13分），，设点Q到线段的距离为，，（14分），，（15分），，令，，则，，根据二次函数的性质可知，（16分）所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为.（17分）19．（17分）已知线段的端点的坐标是，端点的运动轨迹是曲线，线段的中点的轨迹方程是．（1）求曲线的方程；（2）已知斜率为的直线与曲线相交于两点，（异于原点），直线，的斜率分别为，，且，①证明：直线过定点，并求出点的坐标；②若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．【解析】（1）设，，由中点坐标