湖南省邵东市 2024−2025学年高二上学期第一次月考数学试题含答案

2024−2025学年高二上学期第一次月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）．A．30° B．45° C．60° D．90°2．已知直线与不重合，则“直线与的斜率相等”是“直线与平行”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分又不必要3．若向量，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．4．如图所示，空间四边形中，，点在上，且为的中点，，则的值分别为（

）

A． B． C． D．5．到直线的距离为的点的坐标是（

）A． B． C． D．6．若直线：关于直线l：对称的直线为，则的方程为（

）A． B．C． D．7．公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（

）A． B． C． D．8．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．①三棱锥中，点P到面的距离为定值②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为③直线与面所成角的正弦值的范围为④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为以上命题为真命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法不正确的是（

）A．直线经过定点B．过，两点的所有直线的方程为C．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为D．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是10．已知圆及点，则下列说法正确的是（

）A．圆心的坐标为B．若点在圆上，则直线的斜率为C．点在圆外D．若是圆上任一点，则的取值范围为．11．如图，四边形是边长为的正方形，点、分别为线段、上的动点，，将翻折成，且平面平面，下列说法正确的是（

）A．存在点，使B．当点为中点时，三棱锥的外接球半径为C．三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为D．存在点，使平面与平面的夹角的大小为三、填空题（本大题共3小题）12．第33届夏季奥林匹克运动会女子10米跳台跳水决赛中，全红禅以425.60分的高分拿下冠军.下面统计某社团一位运动员10次跳台跳水的训练成绩：68，80，74，63，66，84，78，66，70，76，则这组数据的60%分位数为.13．曲线与直线有两个交点时，实数k的取值范围是．14．记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则.四、解答题（本大题共5小题）15．（1）求过点,且与直线垂直的直线方程；（2）已知直线，.若，求的值.16．已知的三个顶点分别为，，，直线经过点.(1)求外接圆的方程；(2)若直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；(3)若直线与圆相交于，两点，求面积的最大值，并求出直线的斜率.17．已知的内角所对的边分别为，且(1)求角A；(2)若为边上一点，为的平分线，且，求的面积.18．已知平面四边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.(1)证明：；(2)若M是线段上一点，且平面，①求三棱锥的体积；②求二面角的平面角的余弦值.19．已知圆的方程为．(1)求过点的圆的切线方程；(2)已知，直线与圆交于M，N（异于A点）两点，若直线的斜率之积为2，试问直线是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．

参考答案1．【答案】B【解析】将直线化成斜截式，前系数即为直线斜率，通过斜率求倾斜角．【详解】将直线化成斜截式得，所以直线斜率为，设直线的倾斜角是，则，即，所以.故选B.2．【答案】A【详解】因为两条直线与不重合，由“与的斜率相等”可得“与平行”；由“与的平行”则可得“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”，即“与的斜率相等”是“与的平行”的充分不必要条件.故选：A.3．【答案】B【详解】解：因为向量，则向量在向量上的投影向量为:.故选：B4．【答案】C【详解】连接，，所以的值分别为.故选：C

5．【答案】C【详解】设到直线距离为的点的坐标为，则由点到直线的距离公式得，解得或.选项中符合条件的点为.故选：C6．【答案】D【详解】联立，解得，即与l的交点为.又点在上，设A关于l的对称点为，则，解得，即，所以直线的斜率，从而直线的方程为，即.故选：D7．【答案】B【详解】设点的坐标为，因为，则，即，所以点的轨迹方程为，因为点的轨迹关于直线对称，所以圆心在此直线上，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B.8．【答案】D【详解】以A为坐标原点，分别以为轴建系如图：,，，设,则，所以设面的一个法向量为，则令得，对于①：到平面的距离为，故①正确；对于②：连接，因为四边形为平行四边形，，又面，面，面，同理可证面，又，所以面面，所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为，它是边长为的等边三角形，故面积为，故②正确；对于③：设直线与面所成角为，则，，，所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确；对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心，，，解得，所以外接球半径满足：，三棱锥的外接球表面积为，故④正确；综上：①②③④均正确.故选：D9．【答案】BC【详解】直线中，令，得，所以直线经过定点，故A正确.当时，过，两点所有直线的方程为，故B错误.经过点且在轴和轴上截距都等于零时，直线方程为：，故C错误.设直线与两坐标轴交点为，所以三角形的面积，故D正确.故选：BC10．【答案】ACD【分析】根据题意转化为圆的标准方程，由圆心坐标可判断A选项，通过点代入圆的方程求得的值，进而由斜率公式可求的斜率并可判断B选项，点与圆的位置关系可判断C选项，利用圆心到的距离可得的取值范围并可判断D选项；【详解】将把转化为标准方程,则，如图所示：对于A：圆心C的坐标为，故A正确；对于B：当点在圆上，则有，化简得，解得.即，所以直线的斜率为，故B错误；对于C：因为，所以点在圆外，故C正确；对于D：因为，，所以，即，故D正确.故选ACD.11．【答案】BCD【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，过点在平面内作，连接，由已知可得，，，，故，则，即，且，因为平面平面，平面平面，平面，平面，设，，则，，因为，则，，易得，则点、、，，，若存在点，使得，，化简可得，即，则，这与矛盾，故不存在点，使得，①错；对于B选项，当点为的中点时，则点为的中点，且，，，取的中点，连接、，则，，且，，因为，平面平面，平面平面，平面，平面，同理可证平面，所以，三棱锥的外接球球心在直线上，设球的半径为，由勾股定理得，即，解得，B对；对于C选项，，由A选项可知，平面，，因为，则，令，则，函数在上单调递增，则，所以，C对；对于D选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，因为，令，可得，即，所以，令，令，易知函数在上连续，因为，，由零点存在定理可知，存在，使得，因此，存在点，使平面与平面的夹角的大小为，D对.故选：BCD.12．【答案】75【分析】先进行排序，后按照百分位数概念计算可得.【详解】先将成绩进行排序：63，66，66，68，70，74，76，78，80，84.由于，60%分位数为第6和第7个数据的平均值.即.故答案为：75.13．【答案】【详解】曲线，即.直线过定点，如图：，当直线与曲线有两个交点时，则直线夹在了直线与直线之间，而，当直线与曲线相切时也只有一个交点，则圆心到直线的距离为：，解得，所以，故直线与曲线有两个交点时，所以实数的取值范围是.故答案为：14．【答案】1【详解】函数的最小正周期为T，则由，得,∴，的图象关于点中心对称，∴，且，则,∴，由可得，而，，可得，所以，故，故答案为：1.15．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）∵，∴，直线斜率为，∴所求直线斜率为，∵直线过点,∴直线方程为，整理得.（2）∵，∴，∴或.当时，，，两直线重合，不合题意；当时，，，满足要求.综上得，.16．【答案】(1)(2)或(3)，【详解】（1）设圆的方程为，，则，解得，则圆的方程为，即；（2）由（1）得圆心，半径，又，可知圆心到直线的距离，当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，成立；当直线斜率存在时，设直线方程为，即，圆心到直线的距离，解得，则直线方程为，即；综上，直线方程为x=1或.（3）由D1,4在圆外，则在中，，，又，则当，即时，取得最大值为，此时为等腰直角三角形，即圆心到直线的距离，即，解得.

17．【答案】(1)；(2)【详解】（1）因为，由正弦定理可得，且，即，整理可得，且，则，可得，又因为，则，可得，所以.（2）因为为的平分线，则，因为，则，即，可得，在中，由余弦定理可得，即，整理可得，解得或（舍去），所以的面积.18．【答案】(1)证明见解析(2)①；②【详解】（1）因，，故,又，且，故在直角梯形中，，由可得；因平面平面，,平面平面,则平面,又平面，则,又,因平面，故平面,因平面，故；（2）①如图，连接,设，连接,因平面，且平面,平面平面,则，故，在四边形中，由,可得,故，即，即点是线段上靠近点的三等分点，故②如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则,因，故,,设平面的法向量为，则由，可取，易得平面的法向量可取为，故，又由图知，二面角的平面角为钝角，故二面角的平面角的余弦值为.19．【答案】(1)或(2)直线经过定点，该定点的坐标为【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径为，当过点的圆C的切线斜率不存在时，切线方程为；当斜率存在时，