数学名校-浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

2026届高二数学秋季月考卷第一期考试范围：大部分学校已经学习过的内容：考试时间：120分钟：满分：150分注意事项：1.答题前填写好自已的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一､单项选择题（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.已知向量，则（）A.B.C.D.2.已知直线，若，则实数的值为（）A.1B.C.D.3.已知是实常数，若方程表示的曲线是圆，则的取值范围为（）A.B.C.D.4.设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A.若与所成的角相等，则B.若，则C.若，则D.若，是5.直线与圆相交于两点，若，则等于（）A.0B.C.或0D.或06.过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（）A.1条B.2条C.3条D.无数条7.已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（）A.B.C.D.8.已知点在直线上运动，是圆上的动点，是圆上的动点，则的最小值为（）A.13B.11C.9D.8二､多项选择题（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.）9.三条直线构成三角形，则的值不能为（）A.1B.2C.D.10.正方体中，下列结论正确的是（）A.直线与直线所成角为B.直线与平面所成角为C.二面角的大小为D.平面平面11.已知圆，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则（）A.四边形面积的最小值为4B.四边形面积的最大值为8C.当最大时，D.当最大时，直线的方程为第II卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，则直线与之间的距离最大值为__________.13.已知三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为__________.14.若点满足，点是直线上的动点，则对定点而言，的最小值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知直线与直线的交点为.（1）若直线过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程；（2）若直线过点且与轴正半轴交于两点，的面积为4，求直线的方程.16.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为.（1）求的长及该长方体的外接球的体积；（2）求正四棱锥的斜高和体积.17.已知：圆过点是直线上的任意一点，直线与圆交于两点.（1）求圆的方程；（2）求的最小值.18.在平面直角坐标系中，已知圆和圆（1）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程；（2）设为直线上的点，满足：过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等.试求满足条件的点的坐标.19.如图，已知直三棱柱中，且，分别为的中点，为线段上一动点.（1）求与平面所成角的正切值；（2）证明：；（3）求锐二面角的余弦值的最大值.2026届高二数学秋季月考卷第一期参考答案与试题解析一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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.【解答】解：由，得：,故选：A.2.【解答】解：直线，则，解得.故选：D.3.【解答】解：由表示的曲线是圆可得，故.故选：B.4.【解答】解：A､直线的方向相同时才平行，不正确；B､用长方体验证.如图，设为，平面为为，平面为，显然有，但得不到，不正确；C､可设为，平面为为，平面为，满足选项的条件却得不到，不正确；D､，或,又,故选：D.5.【解答】解：圆的圆心为，半径为2，当时，圆心到直线的距离为，求得或0，故选：D.6.【解答】解：直线过点和，则设直线的方程为，直线过点，，即，又，当时，无解，此时，直线和轴垂直，和轴无交点，直线不过，故时不满足条件；当时，，当时，，当时，，当时，由①知，满足条件的正整数不存在，综上所述，满足条件的直线由2条，故选：B.7.【解答】解：如图建立坐标系，设，则，，即，当时，.故选：C.8.【解答】解：圆的圆心为，半径为4，圆的圆心为，半径为1，如图所示，则，所以，故求的最小值可转化为求的最小值，设关于直线的对称点为，设坐标为，则，解得，故，因为，可得，当三点共线时，等号成立，所以的最小值为.故选：D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分.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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.【解答】解：联立，解得，解直线与的交点为.显然不在直线上.故若三条直线能构成三角形，则直线与都不平行，即.故选：AC.10.【解答】解：对于A，连结，因为，故直线与直线所成角即为直线与直线所成角，因为为正三角形，所以该角为，故选项A正确对于B，因为平面，所以直线与平面所成角为，在中，，所以直线与平面所成角为，故选项B错误；对于C，在正方体中可得，，故二面角的平面角为，故选项C正确；对于D，设，连结，设正方体的棱长为2，则，又为的中点，所以，则为二面角的平面角，在等边和等边三角形中，，在中，，所以不是直角，平面与平面不垂直，故选项D错误.故选：AC.11.【解答】解：由圆的几何性质可得，圆心，对于A，由，可得，四边形的面积，，当时，取最小值，，四边形面积的最小值为，故A正确；对于B，因为无最大值，即无最大值，四边形的面积，故四边形面积无最大值，故错误；对于C，为锐角，，且，当最小时，最大，此时最大，此时，故正确；对于D，由上可知，当最大时，，且，四边形为正方形，且有，直线，则的方程为，联立，可得点，由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，直线的方程为，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【解答】解：直线化简为：，令且，解得，所以直线过定点，直线化简为：，令且，解得，所以直线过定点，当与直线垂直时，直线的距离最大，且最大值为，故答案为：5.13.【解答】解：在中，由余弦定理可得，，所以，则，所以为直角三角形，，又平面平面，平面平面，所以平面，设的外接圆的圆心为，半径为，则，所以，因为三棱锥的外接球的球心在过点的平面的垂线上，如图所示，因为平面，所以几何体的外接球的球心到平面的距离为，即，该几何体的外接球的半径为，在，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.14.【解答】解：如图所示：设关于点对称点为，有题意可知，解得，由在直线，代入整理得，所以，若点满足，点在圆内或圆上，则所以最小值为圆的圆心到直线的距离减去半径，所以，所以，的最小值，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､证明过程或演算步骤.15.【解答】解：（1）由的交点为，由直线与的距离相等可知，或过的中点，由得的方程为，即，由过的中点得的方程为，故或为所求.（2）方法一：由题可知，直线的斜率存在，且.则直线的方程为.令，得，令，得，，解得，故的方程为.方法二：由题可知，直线的横､纵截距存在，且，则，又过点的面积为，解得，故方程为，即.16.【解答】解：（1）几何体为长方体且，，记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，则，长方体外接球的体积为.（2）如图，设交于点，连接为正四棱椎，为正四棱锥的高，又长方体的高为，取的中点，连接，则为正四棱锥的斜高，在中，，，，，故正四棱锥的斜高为，体积为.17.【解答】解：（1）易得在直线上，不妨设，因为，即，解得，故，半径，则圆的方程为：；（2）联立，解得，即，设，则，则当时，取最小值13.18.【解答】解：（1）设直线的方程为：，即圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式，得，求得由于直线与圆相切.所以直线的方程为：或，即或（2）设点坐标为，直线的方程分别为：，即因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，两圆半径相等，所以圆心到直线与圆心直线的距离相等.故有，化简得，或关于的方程有无穷多解，有所以点坐标为，经检验点满足题目条件.19.【解答】解：（1）由直三棱柱，知面，所以点在的投影为，所以为与平面所成角，所以，所以与平面所成角的正切值为.（2）证明：以