河南省郑州市2024−2025学年高二上学期10月月考数学试卷含答案

河南省郑州市2024−2025学年高二上学期10月月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．若直线的一个方向向量为，则它的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．圆心为，且与轴相切的圆的方程是（

）A． B．C． D．3．已知，若不能构成空间的一个基底，则（

）A．3 B．1 C．5 D．74．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（

）A． B．C． D．5．台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（

）A．1h B． C．2h D．6．如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．直线与曲线恰有1个公共点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．或8．在正三棱柱中，，，，为棱上的动点，为线段上的动点，且，则线段长度的最小值为（

）A．2 B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．以下四个命题为真命题的是（

）A．过点且在轴上的截距是在轴上截距的4倍的直线的方程为B．直线的倾斜角的范围是C．已知，，则边的中垂线所在的直线的方程为D．直线关于对称的直线方程为10．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个命题：平面内与两定点的距离的比为常数（且）的点的轨迹为圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知，，圆上有且只有一个点满足，则的取值可以是（

）A．1 B．4 C．3 D．511．已知正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的动点.若直线与平面所成角为，则下列说法正确的是（

）A．任意点E，F，二面角的大小为B．任意点E，F，点C到面的距离为32C．存在点E，F，使得直线与AD所成角为D．存在点E，F，使得线段长度为三、填空题（本大题共3小题）12．已知点到直线和直线的距离相等，则．13．如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱上的动点.若异面直线互相垂直，则.14．已知实数满足，，，则的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知的顶点，线段的中点为，且.(1)求的值；(2)求边上的中线所在直线的方程.16．如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，，，.

(1)证明：；(2)若，求点B到平面的距离.17．已知圆，直线．(1)若直线l与圆O相切，求m的值；(2)当时，已知P为直线l上的动点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当切线长最短时，求弦所在直线的方程．18．在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.19．一个几何系统的“区径”是指几何系统中的两个点距离的最大值，如圆的区径即为它的直径长度.(1)已知为直角边为1的等腰直角三角形，其中，求分别以三边为直径的三个圆构成的几何系统的区径；(2)已知正方体的棱长为2，求正方体的棱切球（与各棱相切的球）和外接圆构成的几何系统的区径；(3)已知正方体的棱长为2，求正方形内切圆和正方形内切圆构成的几何系统的区径.

参考答案1．【答案】B【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率，故直线的倾斜角为．故选：B．2．【答案】C【详解】由题意，圆心坐标为，可知AB错误；设圆心半径为，且圆心到轴的距离为，则由圆与轴相切可得，故圆的方程为：.故选：C.3．【答案】B【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.【详解】∵不能构成空间的一个基底，共面，存在，使，即，解得.故选.4．【答案】B【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点，则，平面的法向量为，，所以该平面的方程为.故选：B.5．【答案】C【详解】如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，则，以为圆心，为半径作圆，则圆的方程为，当台风进入圆内，则城市处于危险区，又台风的运动轨迹为，设直线与圆的交点为，，圆心到直线的距离，则，所以时间，故选：C.6．【答案】D【详解】取的中点，连接，由四边形为菱形，，得，又平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又四边形为正方形，故以为坐标原点，为轴建立如图空间直角坐标系，设，则，故，所以，即直线所成角的余弦值为.故选：D7．【答案】D【详解】曲线，整理得，画出直线与曲线的图象，当直线与曲线相切时，则圆心到直线的距离为，可得（正根舍去），当直线过时，，如图，直线与曲线恰有1个公共点，则或.故选：D.8．【答案】D【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱中，有，所以为的中点，取中点，连接，如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，因为是棱上一动点，设，且，因为，且，所以，于是令，所以，，又函数在上为增函数，所以当时，，即线段长度的最小值为.故选D.9．【答案】BCD【详解】选项，当直线过原点时直线方程为，当直线不过原点时，设直线方程为，将点代入得，解得，所以直线方程为，综上所述该直线方程为或，错误；选项，因为直线的斜率为，所以，所以倾斜角的范围是，正确；选项，点，的中点为，直线的倾斜角为，则边的中垂线所在的直线平行于轴，即该直线方程为，故正确；选项，设直线关于对称的直线上任意一点的坐标为，则该点关于点对称的点为，将点代入得，即，故正确；故选：.10．【答案】AD【详解】设，由，得，整理得，又圆上有且仅有一点满足，所以两圆相切，圆的圆心坐标为，半径为2，圆的圆心坐标为，半径为，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，得.综上可知，或5.故选：AD.11．【答案】ABD【详解】如图，作，垂足为，连接，因为平面，所以是在平面上的射影，所以，是二面角的平面角，是平面内两条相交直线，所以平面，而平面，所以平面平面，则是在平面内的射影，是直线与平面所成的角，又是直角三角形，由已知，所以，A正确；，则，，中斜边上的高为，由平面平面，得到直线的距离就是到平面的距离，B正确；，所以（它是锐角）就是与所成的角，在中，显然有，因此，锐角，因此直线与所成角不可能是，C错；设，则，由三角形面积有，所以，当且仅当时等号成立，所以，取等号时，，D正确．故选：ABD．12．【答案】或【详解】由题知，化简得，所以，解得或.故答案为：或.13．【答案】1【详解】如图，建立空间直角坐标系，设则故所以，故答案为114．【答案】【详解】解：设，为坐标原点，则，由，可得两点在圆上，且，则，所以三角形为等边三角形，，的几何意义为两点到直线的距离与之和，

记线段的中点分别是，到直线的距离为，则有，且，所以，所以的最大值为，故答案为：.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据中点坐标公式以及垂直满足的斜率关系即可求解，（2）根据中点公式以及斜率公式即可根据点斜式求解方程.【详解】（1）因为，所以的坐标为，因为，所以，解得.（2）设线段的中点为，由（1）知，则，所以，所以直线的方程为，化简得，即边上的中线所在直线的方程为.16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，，所以，所以，因为为直四棱往，所以，因为，，面，所以面，因为，所以面，因为面，所以.（2）由（1）及题意知，，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，，.所以A0,0,0，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，，所以点B到平面的距离为.17．【答案】(1)(2)．【分析】根据直线和圆相切求出圆心到直线的距离，即可求出的值；根据题意可知四点共圆，且为直径，要使切线长最短，即时最短，求出新圆圆心和半径，进而求得新圆的方程，两圆方程相减即可求得直线的方程.【详解】（1）（1）设圆心O到直线l的距离为d，因为直线l与圆O相切，所以，解得；（2）当时，直线，连接，则，所以O，A，P，B四点共圆，切线长，故最短当且仅当最短，即时最短，因为，所以，此时，所以，联立得，故以为直径的圆的方程为，因为弦即圆O与上述圆的公共弦，所以弦所在直线方程为．18．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)，理由见解析.【详解】（1）取的中点，连接，，因为是的中点，所以，且，因为，且，所以且，所以四边形是平行四边形，可得，因为面，面，所以平面.（2）因为，，所以，因为平面，面，面，所以，，两两垂直，以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，因为，在等于直接三角形中，，则，，，，设，，，由，可得，所以，，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，，所以，设平面的一个法向量为，由，令，则，，所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）由（2）知：平面的一个法向量，假设在线段上是否存在点，设，，则，因为与平面所成角的正弦值是，所以，整理可得，解得或（舍），，，所以在线段上是否存在点符合题意，的长为.19．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）如图，若几何系统中的两点分别在两圆上，不妨设其中一点在上.若另一点在上，则，当共线时取到等号；若另一点在上，则，当共线时取到等号；若两点在同一圆上，则最大距离为直径，即2.综上，该几何系统的区径为.（2）记棱切球的球心为O，即为正方体的中心，易求得棱切球的半径为．因为为正三角形，记它的外接圆圆心为，得其半径为.又，则球心到的外接圆上任意一点的距离均为，圆