2024-2025学年浙江省宁波市高二上册第一次月考数学质量检测试卷合集2套（含解析）

2024-2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学质量检测试卷（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知向量，，则A． B． C． D．2．已知直线，若，则实数的值为（

）A．1 B． 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，，则5．直线与圆相交于、两点，若，则等于（

）A．0 B． C．或0 D．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．条 B．条 C．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．13 B．11 C．9 D．8二、多选题（本大题共3小题）9．三条直线，，构成三角形，则的值不能为（

）A． B．C． D．－210．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ABCD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，则下列各选项正确的是（

）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，直线的方程为三、填空题（本大题共3小题）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A（x，y）满足C：（x+3）2+（y+4）225，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P（6，1）而言，||的最小值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线与直线的交点为P.（1）若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的方程；（2）若直线l1过点P且与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，△ABO的面积为，求直线l1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4，．（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.

答案1．【正确答案】A【详解】因为，所以=（5，7），故选A.考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.2．【正确答案】D【分析】对进行分类讨论，代入求解即可.【详解】当时，直线的斜率，直线的斜率不存在，此时两条直线不垂直；当时，直线的斜率，直线的斜率，因为，所以，所以，解得.故选：D.3．【正确答案】B【详解】由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数的不等式，解出即可.【详解】由于方程表示的曲线为圆，则，解得.因此，实数的取值范围是.故选：B.本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.4．【正确答案】D【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误；B项中两直线还可能相交或异面,错误；C项两平面还可能是相交平面，错误；故选D.5．【正确答案】D【分析】求出到圆心的距离和圆心到直线的距离，即可求出的值.【详解】由题意，∵，∴到圆心的距离为，∴圆心到直线的距离为：，即.解得：或，故选：D.6．【正确答案】B【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得之间关系，根据为正整数可分析得到结果.【详解】均为正整数，可设直线，将代入直线方程得：，当时，，方程无解，，，，，或，或，即满足题意的直线方程有条.故选：B.7．【正确答案】C【分析】建立空间直角坐标系，设，求出、，利用，求出的范围．【详解】解：如图建立坐标系，设，，则，，，，，，，即，所以，当时，所以，所以．故选：C．8．【正确答案】D【分析】根据圆的性质可得，故求的最小值，转化为求的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为4，圆的圆心为，半径为1，可知，所以，故求的最小值，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.9．【正确答案】AC【分析】由三条直线可构成三角形可知，直线不经过两条直线的交点，且与两条直线任意一条不平行.【详解】直线与都经过原点，而无论为何值，直线总不经过原点，因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行，所以．故选：AC.10．【正确答案】AC【分析】选项A：先判断出与所成角即为,利用为正三角形，即可判断；选项B：与平面ABCD所成角为，即可判断；选项C：二面角的平面角为，即可判断；选项D：设，连结，可以判断出即为二面角的平面角.在三角形ACO中，求出各边长，可以判断出，即可判断.【详解】选项A：先判断出与所成角即为与所成角，为正三角形，所以该角为；故A正确.选项B：与平面ABCD所成角为；故B错误.选项C：二面角的平面角为；故C正确.选项D：设，连结，因为，所以.同理可证：,所以即为二面角的平面角。不妨设AB=1，易求出：,因为，所以，所以平面平面不正确；故D错误.故选：AC.11．【正确答案】ACD【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.【详解】由圆的几何性质可得，圆，半径为2，如下图所示：

对于，由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，因为，当时，取最小值，且，所以四边形的面积的最小值为，故A正确；对于，因为无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，故B错误；对于，因为为锐角，，且，故当最小时，最大，此时最大，此时，故C正确；对于D，由上可知，当最大时，且，故四边形为正方形，且有，直线，则的方程为，联立，可得，即点，由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，此时直线的方程为，故D正确.故选：ACD.12．【正确答案】5【分析】分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，由此即可求解．【详解】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5．13．【正确答案】【分析】本题首先可在中根据余弦定理得出，然后通过勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，外接球的球心到平面的距离为，再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径，最后根据求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.【详解】在中，由余弦定理易知，，即，解得，因为，所以，因为平面平面且交于，平面，所以平面，外接球的球心到平面的距离为，设的外接圆的半径为，外接球的半径为，则由正弦定理得出，解得，，解得，外接球的表面积，故答案为.关键点点睛：本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.14．【正确答案】32【详解】如图所示：设B关于P点对称点为B′（x，y），B（x0，y0），

由题意可知，解得，由B在直线3x0+4y0=12，代入整理得3x+4y﹣32=0，所以，若点A满足C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆上，则所以||最小值为圆C的圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径，所以||min5，所以||的最小值故15．【正确答案】（1）或；（2）.【详解】（1）由得，即，因为直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，所以直线l与直线AB平行或过AB的中点，当直线l与直线AB平行时，直线l的方程为即，当直线l过AB的中点时，直线l的方程为，故直线l的方程为或.（2）由题可设直线l1方程为，则，解得，故直线l1的方程为即.16．【正确答案】（1），；（2）斜高为，体积为．【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到的长，利用线段就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；（2）设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.【详解】（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，∴，∴外接球的体积为．（2）如图，设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，∵为正四棱锥，∴为正四棱锥的高，又长方体的高为，∴，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，在中，，，∴，∵，，∴，∴正四棱锥的斜高为，体积为．17．【正确答案】（1）；（2）．【分析】（1）设圆的一般方程为，即可根据题意列出三个方程，解出，即可得到圆的方程；（2）联立直线的方程和圆的方程可得、两点的坐标，设，再根据两点间的距离公式表示出，消去，可得关于的二次函数，即可求出最小值．【详解】（1）设圆的一般方程为，依题意可得，．所以圆的方程为：．（2）联立或，不妨设，，则，∴．故的最小值为．本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交点坐标的求法，以及两点间的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．18．【正确答案】(1)或(2)【分析】（1）直线斜率不存在时，显然满足题意；当斜率存在时，设，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得切线方程；（2）设点，当直线斜率存在时，根据截得弦长相等可求得的值；当斜率为时，易知不满足题意；当直线斜率存在且不为时，假设直线方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据有无数个解可确定的取值.【详解】（1）由圆的方程知：圆心，半径；当直线斜率不存在时，即，此时直线与圆显然相切，满足题意；当直线斜率存在时，设其方程为：，即，圆心到直线的距离，解得：，直线方程为：，即；综上所述：直线方程为或.（2）由圆的方程知：圆心，半径；设点，①当过的直线斜率不存在时，则方程为：，方程为：；则被圆截得的弦长为：；被圆截得的弦长为，解得：或；或；②当过的直线斜率为时，直线斜率不存在，此时与圆相离，不合题意；③当过的直线斜率存在且不为时，设，则，即，，圆心到直线的距离；圆心到直线的距离；直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，，即，，又，，，，当时，整理可得：，满足题意的直线有无数对，，解得：，即；当时，整理可得：，满足题意的直线有无数对，，方程组无解；综上所述：满足条件的点的坐标为.19．【正确答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得与平面所成角的正切值；（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；（3）根据空间向量坐标运算分别求解平面与平面的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.【详解】（1）由直三棱柱，知面，即在的投影为，所以为与平面所成角，所以，因此，与平面所成角的正切值为；（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图：则，，，，，，，，故，为线段上一动点.设，则，故，所以，，故，所以，即；（3）由（2）可知：，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，则，设平面的法向量为，则，即，则，令，则，则，故设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，故，令，，，而函数在时单调递增，故时，取最小值，即当，即，时，取得最大值为.2024-2025学年浙江省宁波市高二上学期第一次月考数学质量检测试卷（二）一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知直线：，：，若，则实数（

）A．－1或1 B．0或1 C．1 D．－13．设,是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（

）A．与 B．与，C．与 D．与4．已知空间直角坐标系O﹣xyz中的点A（2，﹣1，﹣3）关于xOy平面的对称点为B，则|AB|的值为（

）A． B．4 C．6 D．5．如图，四棱锥的底面是矩形，设，，，是棱上一点，且，则，则（

）A． B． C． D．6．直线l的方向向量为，平面与的法向量分别为，，则下列选项正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则7．已知向量，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．若，则直线的倾斜角的取值范围为（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法正确的有（

）A．每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应 B．倾斜角为的直线的斜率为C．一条直线的倾斜角为，则其斜率为 D．直线斜率的取值范围是10．如图所示，为正方体，以下四个结论中正确的有（

）A．平面B．直线与BD所成的角为60°C．二面角的正切值是D．与底面ABCD所成角的正切值是11．（多选）在三维空间中，叫做向量与的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①，，且，，三个向量构成右手系（如图所示）；②.在正方体中，已知其表面积为S，下列结论正确的有（

）A． B．C． D．与共线三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线的倾斜角，直线，则的斜率为．13．已知两点A(－3，4)，B(3，2)，过点P(2，－1)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是．14．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知，，求：(1)；(2)与夹角的余弦值．16．如图，已知PA⊥平面，为矩形，，M，N分别为AB，PC的中点，

(1)求证：MN平面PAD；(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.17．如图，在四棱锥中，面，，且，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．18．如图，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，是的中点，．(1)证明：平面平面；(2)若是棱上的一点，从①；②二面角大小为；③的体积为这三个论断中选取两个作为条件，证明另外一个成立．19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为平行四边形，，在等腰直角中，，M为PD的中点，．(1)求证：平面BCP；(2)求二面角的正弦值．

答案1．【正确答案】D【详解】解：由题意可得直线的斜率，即，故，故选：D．2．【正确答案】D【详解】∵，∴－(a－1)＝－(2a)，∴a＝－1，故选：D﹒3．【正确答案】C【详解】、是平面内所有向量的一组基底，与，不共线，可以作为基底，与，不共线，可以作为基底，，故与共线，不可以作为基底，与，不共线，可以作为基底，故选：C．4．【正确答案】C【详解】因为，故点关于平面的对称点为为，故，故选：C.5．【正确答案】B【详解】即，即故选：B6．【正确答案】C【详解】若，则与共线，故选项错误；若，则，即，故选项错误；若，则与垂直，即，故选项正确；若，则与共线，故选项错误，故选.7．【正确答案】B【详解】∵与的夹角为钝角，∴cos＜＞＜0,且与不共线∴＜0,且（3，﹣2，﹣3）≠λ（﹣2，x﹣1，2）∴﹣6﹣2（x﹣1）﹣6＜0且,即x>-5且x∴x的取值范围是．故选B．8．【正确答案】C【详解】直线的斜率，显然此直线倾斜角，因此或，解得或，所以直线的倾斜角的取值范围为.故选：C9．【正确答案】AD【详解】对A，每一条直线都有且仅有一个倾斜角与之对应，A正确；对B，，B错误；对C，倾斜角为时，斜率不存在，C错误；对D，直线斜率，直线斜率的取值范围是，D正确.故选：AD.10．【正确答案】AB【详解】如图，因为正方体中对角线在平面上的射影为，而，，，所以平面，所以，同理可得，又，可得平面，故A正确；因为，所以直线与BD所成的角为直线与所成的角，即为所求，又正方体中为正三角形，所以，故B正确；因为在上底面的射影三角形为，所以二面角的余弦为，所以，故C错误；因为平面ABCD，所以与底面ABCD所成角为，所以，故D错误.故选：AB11．【正确答案】ACD【详解】设正方体的棱长为a，如图.对于A，连接，因为为等边三角形，故，连接，因为，，为等边三角形，所以，故A正确；对于B，根据定义，，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，因为，而平面，所以，则平面，又平面，所以，又，，，所以平面，所以，结合外积的定义可知与共线，故D正确.故选：ACD.12．【正确答案】【详解】解：∵直线的倾斜角，直线，∴的倾斜角为，∴的斜率为，故答案为:．13．【正确答案】(－∞，－1]∪[3，＋∞)．【详解】解：∵直线l与线段AB有公共点，∴直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，当l的倾斜角小于90°时，k≥kPB；当l的倾斜角大于90°时，k≤kPA．∵，∴直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故(－∞，－1]∪[3，＋∞)14．【正确答案】【详解】根据材料可知，由平面的方程为，得为平面的法向量，同理可知，与分别为平面与的法向量.设直线的方向向量，则，即，取，则.设直线与平面所成角为，则.故答案为.15．【正确答案】(1)，(2)－【分析】（1）根据向量平行，设，进而得到方程组，求出，根据向量垂直得到，求出，从而求出答案；（2）先计算出，，从而利用向量夹角公式求出答案.【详解】（1）因为，所以设，即，所以，解得，故又，所以，即，解得，于是．（2）由（1）得，，设与的夹角为，因为，所以与夹角的余弦值为.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，N分别为PC的中点，则，，

又因为为矩形，则，M分别为AB的中点，则，故，所以四边形AMNQ为平行四边形，所以，因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；（2）以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系如图，