2024-2025学年天津市滨海学校高二数学上学期第一次月考试卷及答案解析

-2025学年天津市滨海学校高二数学上学期第一次月考试卷满分：150分考试时间：100分钟一、单选题（每题5分，共60分）1.直线的倾斜角为，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由直线的倾斜角求直线的斜率，结合直线方程得的值.【详解】直线倾斜角为，所以斜率为，即，解得.故选：B2.若方程表示圆，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.(0,+∞)【答案】B【解析】【分析】方程配方，左边配成平方和的形式，右边为正即可表示圆．【详解】方程化为标准方程为，有，∴．.故选：B3.已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】圆的圆心为，半径为，得到圆方程.【详解】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.故选：B.4.圆圆心到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详解】由题意得，即，则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.故选：D.5.若直线与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意结合斜率、倾斜角之间的关系分析求解.【详解】因为直线恒过点，直线与坐标轴的交点分别为，直线的斜率，此时倾斜角为；直线的斜率不存在，此时倾斜角为；所以直线的倾斜角的取值范围是.故选：B.6.若与是两条不同的直线，则“”是“”的（）A.充要条件 B.必要不充分条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用两直线平行解出的值即可.【详解】由题意，若，所以，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的充分不必要条件，故选：C．7.四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】先求出平面的法向量，再根据点到面的距离的向量公式求解即可.【详解】设平面的法向量为，则有，令，则，所以，所以顶点到底面的距离为.故选：A.8.已知直线与直线间的距离为，则（）A.或 B.C.或11 D.6或【答案】A【解析】【分析】运用两条平行直线间距离公式计算即可.【详解】直线可化为，所以，解得或．故选：A.9.已知直线l过定点，且方向向量为，则点到l的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先计算与的夹角的余弦值得出直线与直线的夹角的正弦值，再计算点到直线的距离．【详解】由题意得，所以，又直线的方向向量为，则，所以，设直线与直线所成的角为，则，则，所以点到直线的距离为．故选：A．10.已知点D在△ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足，则的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据空间四点共面及二次函数的最值求解.【详解】因为，且四点共面，由空间四点共面的性质可知，即，所以，所以当时，有最小值.故选：D11.已知集合，，，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据集合的元素以及求得的取值范围.【详解】集合表示直线，即上除去点的点，集合表示直线上的点．因为，所以直线与相交，且交点不是点，所以且，解得且．故选：C12.已知、为圆不同两点，且满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出，题目转化为、到直线的距离之和，变换得到，计算得到答案.【详解】因为Ax1,y1、所以，，，且，因为，则，因为，则是边长为的等边三角形，表示、到直线的距离之和，原点到直线的距离为，如图所示：，，是的中点，作于，且，，，故在圆上，.故的最小值为.故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键是首先求出，再将题意转化为表示、到直线的距离之和，最后利用中位线性质和圆外点外圆上点距离最值问题解决.二、填空题（每题5分，共40分）13.已知经过、两点的直线l的方向向量为，则实数a的值为______．【答案】【解析】【分析】由已知得出，进而根据已知条件、结合向量共线列出方程，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，.又直线l的方向向量为，所以，与共线，所以有，解得.故答案为：.14.直三棱柱中，，分别是的中点，，则所成角的余弦值为___________【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】依题意可知两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，设，则，设与所成角为，则.故答案为：15.已知直线的倾斜角为，且这条直线经过点，则直线的一般式方程为__________.【答案】或【解析】【分析】先由倾斜角求直线的斜率，然后写出直线的点斜式方程，最后化为直线的一般式方程.【详解】因为，且，则，所以直线的斜率为，又因为直线经过点，则直线的方程为，所以直线的一般式方程为或.故答案为：或.16.如图，在平行六面体中，底面是边长为的正方形，若，且，则的长为__________.【答案】【解析】【分析】由，借助模长公式得出的长.【详解】因为所以即故答案为：17.如图，已知A(4，0)，B(0，4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是_________．【答案】2【解析】【分析】求出关于直线和的对称点，由两个对称点间距离得结论．【详解】设点P关于直线AB的对称点为，直线方程为，因此．解得，即，关于y轴的对称点为C(－2，0)，则光线所经过的路程PMN的长为CD＝2．故答案为：．18.①坐标系中，经过三点的圆的方程为___________②过两点，且圆心在直线上的圆的标准方程为___________【答案】①.②.【解析】【分析】①设所求圆的一般方程为，将三个点的坐标代入圆的一般方程，可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出圆的方程，进而可求得圆心坐标和半径.②首先设圆的标准方程为，根据题意得到，再解方程即可.【详解】①设所求圆的一般方程为，由题意可得，解得，所以，所求圆的方程为②设圆的标准方程为，由题知：，所以标准方程为.故答案为:，19.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________，点S与P距离的最小值是________．【答案】①.##②.##【解析】【分析】建系，根据空间向量垂直关系可得点P的轨迹方程为.空1：根据圆的弦长公式运算求解；空2：根据空间中两点间距离公式运算求解.【详解】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则，设，则，因为AM⊥MP，则，解得，所以点P的轨迹方程为，空1：根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为；空2：因为，所以当时，点S与P距离的最小，其最小值为．故答案为：；.20.已知圆，点的坐标为，过点作直线交圆于两点，则的取值范围为______【答案】.【解析】【分析】取中点为，连接，，确定点的轨迹为以为直径的圆，根据得到答案.【详解】取中点为，连接，如图所示：则，又，，故点的轨迹为以为直径的圆，圆心为，半径为，因为，，所以，即，则.故答案为：.三、解答题（前两题每题12分，后两题每题13分，共50分）21.已知点，直线和（1）过点作的垂线，求垂足的坐标；（2）过点作分别于交于点，若恰为线段的中点，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由直线的位置关系求方程，再联立求解交点坐标，（2）设出点坐标，由中点表示点坐标，分别代入直线方程联立求解．【小问1详解】，即，则，直线为，即，联立方程，解得，故．【小问2详解】不妨设，则，则，解得，故直线过点和点，故直线方程为，即．22.如图，在四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，平面，，点是棱的中点，点是棱上的一点，且.（1）证明：平面平面；（2）求平面和平面夹角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而可证明.（2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法可求解.【小问1详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，所以，设，则，解得，即.则，设平面的一个法向量为，则，即令，解得，所以平面的一个法向量为.因为，设平面的一个法向量为，所以即，令，解得，所以平面的一个法向量为，又，所以平面平面；【小问2详解】，所以.设平面的一个法向量为，所以，即令，解得，所以平面的一个法向量为.设平面的一个法向量为，则，即令，解得，所以平面的一个法向量为.，所以平面和平面夹角的大小为23.已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.（1）求圆的标准方程；（2）若直线：与圆交于，两点，求弦的最短长度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，设出圆方程，再结合两点之间的距离公式，以及直线垂直的性质，即可求解．（2）先求出直线的定点，再判断定点在圆内，再结合垂径定理，以及两点之间的距离公式，即可求解．【小问1详解】依题意，圆心在轴上，可设圆的方程为，圆与直线相切于点，，解得，，故圆的方程为．【小问2详解】直线：，，令，解得，直线过定点，又圆的方程为．所以圆心，半径，，故定点在圆的内部，当直线与直线垂直时，弦取得最小值，，，，弦的最短长度为．24.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，点为的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在求出长.【解析】【分析】（1）利用线面平行判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算，求直线与平面的夹角的正弦值，