2024-2025学年牡丹江市一中高二数学上学期10月考试卷附答案解析

-2025学年牡丹江市一中高二数学上学期10月考试卷考试时间:120分钟分值:150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.在轴与轴上截距分别为的直线的倾斜角为（）A. B. C. D.2.若直线是圆的一条对称轴，则圆心坐标为（

）A. B. C. D.3.直线与圆交于两点，则的面积为（）A. B.2 C. D.4.直线：，直线：，则直线是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（）A. B. C. D.6.已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（）A. B. C.3 D.7.已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F在AC上，且，则（）A B. C. D.8.在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（）A. B. C. D.二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.已知直线l：，则下列结论正确的是（）A.直线l的一个法向量为B.若直线m：，则C.点到直线l的距离是2D.过与直线l平行直线方程是10.如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（）A.动点的轨迹长度为；B.异面直线与所成角的正切值为2；C.的最大值为2；D.三棱锥的外接球表面积为.11.已知直线过定点，且与圆相交于两点，则（）A.点的坐标为 B.的最小值是C.的最大值是0 D.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，则点A到直线的距离为___________．13.世纪,笛卡尔在《几何学》中,通过建立坐标系,将代数对象与几何对象建立关系,从而实现了代数问题与几何问题的转化,创立了新分支——解析几何,我们知道,方程在一维空间中,表示一个点;在二维空间中,它表示一条直线;在三维空间中,它表示一个平面,过点,法向量为的平面的方程是_________.14.设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的取值范围是___________.四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知以点A−1,2为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于（1）求圆的方程；（2）当时，求直线方程．16.如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形所在的平面，，为的中点．（1）求证：；（2）若为直线上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．17.已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.（1）求直线的方程和点C的坐标；（2）求的面积．18.如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．19已知圆和点.（1）过点向圆引切线，求切线的方程；（2）求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程；（3）设为（2）中圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.2024-2025学年牡丹江市一中高二数学上学期10月考试卷考试时间:120分钟分值:150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.在轴与轴上截距分别为的直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由截距式确定直线方程即可求解.【详解】由题意可得直线方程，化简可得：，所以，即倾斜角为.故选:B2.若直线是圆的一条对称轴，则圆心坐标为（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先得到圆心坐标，即可得到圆心在直线上，从而求出参数的值.【详解】圆的圆心为，因为直线是圆的一条对称轴，所以圆心在直线上，所以，解得，故圆心坐标为.故选：A.3.直线与圆交于两点，则的面积为（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意，作出图形，求出圆心坐标和半径，过圆心作于，分别计算和，即可求得的面积.【详解】如图，由圆配方得，，知圆心为,半径为，过点作于，由到直线的距离为,则,故的面积为.故选：B.4.直线：，直线：，则直线是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】假设成立，去推导是否成立，假设去推导是否成立即可得.【详解】若，由，可得，若，即，则需，即，即可得时，，故不是的充分条件；若，则，，此时，故，综上，直线是的必要不充分条件.故选：B5.已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【分析】求出直线、的斜率后可求直线的斜率的范围.【详解】，而，故直线取值范围为，故选：A.6.已知空间中三点，平面的一个法向量为，则以为邻边的平行四边形的面积为（）A. B. C.3 D.【答案】D【分析】运用法向量求出坐标，再求出平行四边形边长和夹角余弦值，进而求出正弦值，再用面积公式即可.【详解】平面的一个法向量为，则，解得，故.，则，则.则平行四边形面积为.故选：D.7.已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F在AC上，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【分析】取，，为基底，表示出，，再利用向量数量积的运算求解.【详解】如图：取，，为基底，则，，所以.又，.所以.故选：C8.在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】连接交于点O，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解.【详解】连接交于点O，由题意，得，，，如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设，所以，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设顶点B到平面距离为d，则，当时，当时，，所以当即时点B到平面距离最大为.故选：A.二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.已知直线l：，则下列结论正确的是（）A.直线l的一个法向量为B.若直线m：，则C.点到直线l的距离是2D.过与直线l平行的直线方程是【答案】CD【解析】【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解.【详解】对于A，因为直线l：的斜率，但，可知不为直线l的一个法向量，故A错误；对于B，因为直线m：的斜率，且，所以直线l与直线m不垂直，故B错误；对于C，点到直线l的距离，故C正确；对于D，过与直线l平行的直线方程是，即，故D正确．故选：CD.10.如图，正方体的边长为为的中点，动点在正方形内（包含边界）运动，且.下列结论正确的是（）A.动点的轨迹长度为；B.异面直线与所成角的正切值为2；C.的最大值为2；D.三棱锥的外接球表面积为.【答案】ACD【解析】【分析】取的中点，分析可知平面.对于A：分析可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线与所成角即为，即可得结果；对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知，进而求球的半径和表面积.【详解】取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，且，又因为平面，则平面，由平面，可得.对于选项A：在中，，可知动点的轨迹是以点为圆心，半径为1的半圆，所以动点的轨迹长度为，故A正确对于选项B：因为∥，∥，则∥，可知异面直线与所成角即为，其正切值为，故B错误；对于选项C：因为线段在平面内的投影为，结合选项A可知：在方向上的投影数量的最大值为1，所以的最大值为，故C正确；对于选项D：设三棱锥的外接球的球心为，半径为，因为平面，且为的外接圆圆心，可知，则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确；故选：ACD.11.已知直线过定点，且与圆相交于两点，则（）A.点的坐标为 B.的最小值是C.的最大值是0 D.【答案】ACD【解析】【分析】将直线的方程化简为点斜式，判断出A项的正误；根据时被圆截得弦长最短，算出的最小值，从而判断出B项的正误；利用平面向量数量积的定义与运算性质，结合圆的性质求出的最大值与的大小，从而判断出CD两项的正误．【详解】根据题意，圆的圆心为，半径．对于A，直线，可化为，所以直线经过点，斜率为，因此直线过定点，A项正确；对于B，当时，直线到圆心的距离达到最大值，此时，可知的最小值是，故B项不正确；对于C，，由于的最小值是，此时取最大值，故最大值为0，故C项正确；对于D，设的中点为，连接，则，可得，故D项正确．故选：ACD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，则点A到直线的距离为___________．【答案】1【解析】【分析】根据点到直线距离公式求出答案.【详解】在方向上投影向量的模为，所以点A到直线的距离．故答案为：113.世纪,笛卡尔在《几何学》中,通过建立坐标系,将代数对象与几何对象建立关系,从而实现了代数问题与几何问题的转化,创立了新分支——解析几何,我们知道,方程在一维空间中,表示一个点;在二维空间中,它表示一条直线;在三维空间中,它表示一个平面,过点,法向量为的平面的方程是_________.【答案】【解析】【分析】在空间直角坐标系中,若法向量为,且平面过点,那么平面方程为计算可得.【详解】过点,法向量为的平面的方程为,即.故答案为:.14.设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】可得直线分别过定点和且垂直，可得设，则，,,则，利用正弦函数的性质求值域即可．【详解】由题意可知，动直线，经过定点，动直线即，经过定点，时，动直线和动直线的斜率之积为，时，也垂直，所以两直线始终垂直，又P是两条直线的交点，，．设，则，，由且，可得，，，，，，故答案为：.【点睛】关键点点睛：因为，设，则，，则，即可求得的取值范围.四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知以点A−1,2为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于（1）求圆的方程；（2）当时，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程；(2)过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程【小问1详解】易知A−1,2到直线的距离为圆A半径r，所以，则圆A方程【小问2详解】过A做,由垂径定理可知，且，在中由勾股定理易知当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，显然合题意，当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，由A−1,2到距离为知得，代入解之可得，所以或为所求方程．16.如图，边长为2的等边所在的平面垂直于矩形所在的平面，，为的中点．（1）求证：；（2）若为直线上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质证明线面垂直进而得到线线垂直;（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因为平面所以【小问2详解】如图，以点为原点，分别以直线为轴，轴，依题意，可得，，，，，所以，，，，又，为的中点.，所以，设n=x,y,z为平面因为，，则，即，取，可得，所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为17.已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.（1）求直线的方程和点C的坐标；（2）求的面积．【答案】（1），，（2）.【解析】【分析】（1）设点的坐标是，由的中点在直线上，求得点的坐标，再求出点关于直线的对称点即可求得直线的方程，联立方程组求出点坐标.（2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求出三角形面积.【小问1详解】由点在上，设点的坐标是，则的中点在直线上，于是，解得，即点，设关于直线的对称点为，则有，解得，即，显然点在直线上，直线的斜率为，因此直线的方程为，即，由，解得，则点，所以直线的方程为，点C的坐标为.【小问2详解】由（1）得，点到直线的距离，所以的面积.18.如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；【解析】【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【小问1详解】证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.【小问2详解】因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，，，则，令，可得，则，整理可得，因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.19