2024-2025学年广东省广州市高二上学期11月月考数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年广东省广州市高二上学期11月月考数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．在长方体中，等于（

）A． B． C． D．2．已知直线过圆的圆心，且与直线平行，则直线的方程为（

）A． B． C． D．3．已知，若三向量共面，则实数等于（

）A．1 B．2 C．3 D．44．经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为（

）A． B．或C．或 D．或5．直线x+y﹣1＝0被圆（x+1）2+y2＝3截得的弦长等于（

）A． B．2 C．2 D．46．已知圆的方程为，过直线上任意一点作圆的切线，则切线长的最小值为（

）A． B． C． D．7．已知椭圆：，过点的直线交椭圆于，两点.若中点坐标为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．8．长方体中，，，，是棱上的动点，则的面积最小时，（

）A．1 B．2 C． D．4二、多选题（本大题共3小题）9．已知直线：与圆：相交于，两点，则（

）A．圆心的坐标为 B．圆的半径为C．圆心到直线的距离为2 D．10．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中正确的是（）A．EF平面ABC1D1B．EF⊥B1CC．EF与AD1所成角为60°D．EF与平面BB1C1C所成角的正弦值为11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，动点在椭圆上，则下列描述正确的有（

）A．若的周长为6，则B．若当时，的内切圆半径为，则C．若存在点，使得，则D．若的最大值为2b，则三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量，，，则.13．若直线和垂直，则实数.14．直线与圆相交于A，B两点，弦长的最小值为，若ΔABC的面积为，则m的值为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为.(1)求直线l的方程；(2)若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．16．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．

(1)求证：平面；(2)求证：平面.17．已知以点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．18．已知椭圆长轴是短轴的倍，且右焦点为.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）直线交椭圆于两点，若线段中点的横坐标为，求直线的方程及的面积.19．如图所示，四棱锥中，，，，平面平面.（1）求证：平面平面；（2）若点P在线段上，且，若平面与平面所成锐二面角大小为，求的值.

答案1．【正确答案】B【详解】.故选：B2．【正确答案】C【详解】的圆心为，设直线的方程为，将代入中，得，解得，故直线的方程为.故选：C3．【正确答案】A【详解】三向量共面，设，故，即，解得.故选：A4．【正确答案】D【详解】当截距都为0时，过点时直线为，当截距不为零时，设直线为，代入点得，故在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或.故选：D.5．【正确答案】B【详解】如图,圆(x＋1)2＋y2＝3的圆心为M(−1,0)，圆半径|AM|=，圆心M(−1,0)到直线x+y−1=0的距离：|，∴直线x+y−1=0被圆(x+1)2+y2=3截得的弦长：.故选B.点睛:本题考查圆的标准方程以及直线和圆的位置关系.判断直线与圆的位置关系一般有两种方法：1．代数法：将直线方程与圆方程联立方程组，再将二元方程组转化为一元二次方程，该方程解的情况即对应直线与圆的位置关系．这种方法具有一般性，适合于判断直线与圆锥曲线的位置关系，但是计算量较大．2．几何法：圆心到直线的距离与圆半径比较大小，即可判断直线与圆的位置关系．这种方法的特点是计算量较小．当直线与圆相交时,可利用垂径定理得出圆心到直线的距离,弦长和半径的勾股关系.6．【正确答案】B【详解】如图所示，直线上一点A作圆的两条切线，过C作，则切线长为，显然，当且仅当重合时取得最小值，此时，所以切线长最小值为.故选：B7．【正确答案】B【详解】设，则，两式相减得：，因为中点坐标为，所以，所以，又，所以，即，所以，故选：B8．【正确答案】A【详解】根据题意，以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示：设，故可得由空间中两点之间的距离公式可得：，，，故在三角形中，由余弦定理可得：则故当且仅当时，的面积最小.故满足题意时，.故选：A.9．【正确答案】ACD【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误；对于C，点到直线：的距离，C正确；对于D，，D正确.故选：ACD10．【正确答案】ABD【分析】根据线线平行证明线面平行，由线线垂直证明线面垂直，再得线线垂直，由线线关系、线面关系可得线线角、线面角.【详解】对于A，连结BD1，在DD1B中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；对于B，∵平面，且平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1又AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B∴B1C⊥平面ABC1D1又∵BD1平面ABC1D1∴B1C⊥BD1，而EFBD1∴EF⊥B1C，故B正确；对于C，由选项A，可知，在中，可知，所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C不正确；对于D，由选项A，可知，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，可知，所以，故D正确.故选：ABD11．【正确答案】ABD【详解】对于A,由椭圆，可得，因为的周长为6，所以，解得，因为，所以，解得，故A正确；对于B，由，可得，当时，由余弦定理可得，则，解得，所以，又的内切圆半径为，所以，所以，所以，解得（舍去）或，所以，故B正确；对于C，若，则以为圆心，为半径的圆与椭圆有交点，则，所以，所以，解得，所以存在点，使得，则，故C错误；对于D，设，，又因为，因为下顶点到上顶点的距离为2b，又的最大值为2b，故时取最大值，所以，解得，故D正确.故选：ABD.12．【正确答案】【详解】向量，由，解得，则有，又，则.故答案为.13．【正确答案】3【详解】由题意得，解得.故314．【正确答案】2【详解】直线恒过圆内的定点，，圆心C到直线的距离,所以，即弦长的最小值为2；由,即或．若，则圆心到弦AB的距离，故不符合题意；当时，圆心到直线的距离为,设弦AB的中点为N，又，故，即直线的倾斜角为或，则m的值为.故答案为2，15．【正确答案】(1)3x＋4y－14＝0(2)3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0【详解】（1）由直线的点斜式方程得，整理得直线l的方程为3x＋4y－14＝0.（2）∵直线m与l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，∴，即|14＋c|＝15.∴c＝1或c＝－29.故所求直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明共面，即可证明平面；（2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面.【详解】（1）根据题意可知平面平面，平面平面，又是正方形，所以，平面，

所以平面，即，，两两垂直；以D为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则，又为的中点，所以，则，所以，故共面．又平面，所以平面；（2）易知，所以；又，可得；又，平面，所以平面.17．【正确答案】(1)(2)或【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【详解】（1）易知到直线的距离为圆A半径r，所以，则圆A方程为（2）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：，由到距离为知得，代入解之可得，所以或为所求方程．18．【正确答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1【详解】（Ⅰ）因为长轴是短轴的2倍，所以.因为焦点的坐标为，所以.结合，得.所以椭圆方程为.（Ⅱ）设，.由得.则.因为线段AB中点的横坐标为−2所以.解得，即（符合题意）所以直线的方程为，因为.点到直线的距离.所以的面积.即的面积等于.19．【正确答案】（1）见解析（2）.（1）证明平面，平面平面即得证；（2）以A为原点，分别以，和平行于的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法得到，解方程即得解.【详解】（1）证明：因为，故，故.又平面平面，平面平面，平面，故平面；因为平面，故平面平面；（2）设E为的中点，