數(shù)學高二-高二數(shù)學第一次月考卷02（全解全析）

高二數(shù)學上學期第一次月考卷02（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。4．測試范圍：人教A版2019選擇性必修第一冊第1~2章（空間向量與立體幾何+直線與圓）。5．難度系數(shù)：0.65。第一部分（選擇題共58分）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．直線的傾斜角是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】易知的斜率為，顯然傾斜角為.故選：C2．已知圓過點，則圓的標準方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由在圓上，故圓心在直線上，由在圓上，故圓心在直線上，即圓心，半徑，故方程為.故選：A.3．已知向量，，，若，，共面，則（

）A．4 B．2 C．3 D．1【答案】D【解析】因為，，共面，所以存在兩個實數(shù)、，使得，即，即，解得.故選：D4．已知圓，圓，則圓的位置關(guān)系為（

）A．內(nèi)含 B．外切 C．相交 D．外離【答案】C【解析】圓，化為，圓心為，半徑為；圓，化為，圓心為，半徑為．則兩圓心距離為，因為，所以圓與圓相交．故選：C．5．在三棱柱中，記，，，點P滿足，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】三棱柱中，記，，，如圖所示：

故．故選：B．6．點在圓上運動，點在直線上運動，若的最小值是2，則的值為（

）A．10 B． C．20 D．【答案】D【解析】圓的圓心為，半徑為，到直線的距離為，由于的最小值是，所以直線與圓相離，所以的最小值為.故選：D7．直線關(guān)于直線對稱的直線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，解得，則直線與直線交于點，在直線上取點，設點關(guān)于直線的對稱點，依題意，，整理得，解得，即點，直線的方程為，即，所以直線關(guān)于直線對稱的直線方程為.故選：D8．如圖，在體積為5的多面體ABCDPQ中，底面ABCD是平行四邊形，為BC的中點，.則平面PCD與平面QAB夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因為，平面,所以平面,平面，所以DC⊥PM．由于,所以四邊形為平行四邊形，所以．又，所以，所以．因為，所以，又，平面，所以平面，則面．取中點，連接，由面，面，則面面，面面，根據(jù)已知易知，所以為三棱柱，設，多面體的體積為，則．解得．建立如圖所示的空間直角坐標系，則，．則平面的一個法向量，且，設平面的一個法向量，則即?。?，平面與平面夾角的余弦值為．故選：C.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知向量，則（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則向量在向量上的投影向量【答案】ACD【解析】向量若，則，，所以，A選項正確；若，，，不滿足，B選項錯誤；若，，則，C選項正確；若，，則向量在向量上的投影向量:，D選項正確.故選：ACD10．已知直線，圓，則下列說法正確的是（

）A．直線過定點 B．圓與軸相切C．若與圓有交點，則的最大值為0D．若平分圓的周長，則【答案】AB【解析】對于選項A，直線的方程可化為，由，解得，所以直線過定點，故選項A正確，對于選項B，圓的方程可化為，所以圓心為，半徑為，故選項B正確，對于選項C，當直線與圓有交點時，直線的斜率存在，不妨設直線方程為，即，由，整理得到，得到，又，所以，解得，故選項C錯誤，對于選項D，若平分圓的周長，將圓心的坐標代入直線的方程，解得此時，故選項D錯誤，故選：AB.11．已知點在圓上，點是直線上一點，過點作圓的兩條切線，切點分別為、，又設直線分別交軸于，兩點，則（

）A．的最小值為 B．直線必過定點C．滿足的點有兩個 D．的最小值為【答案】BCD【解析】圓的圓心為，半徑，則到直線的距離，則，故A錯誤；設，以為直徑的圓，又圓，兩圓的方程相減得，即，由，解得，因此直線過定點，故B正確；對于直線，令，則，即，令，則，所以，則的中點為，，則以為直徑的圓的方程為，又，則，所以以為直徑的圓與圓相交，所以滿足的點有兩個，故C正確；因為，，設，Mx,y，則，則，即又，，所以，所以，當且僅當在線段與圓的交點時取得最小值，故D正確.故選：BCD.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知空間向量兩兩夾角為，且，則．【答案】【解析】依題意，，則，.故答案為：.13．已知直線與圓交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值．【答案】（取這三個中的任何一個都算對，答案不唯一）【解析】由圓可知，圓心，半徑，設圓心到直線的距離為，由垂徑定理可知，由面積為知：，解得或，則由點到直線的距離公式得：，當時，有，解得：，當時，有，解得：，故答案為：（取這三個中的任何一個都算對，答案不唯一）.14．在棱長為的正四面體中，點為平面內(nèi)的動點，且滿足，則直線與直線所成角的余弦值的取值范圍為.【答案】【解析】記在底面內(nèi)的投影為，則底面，又、平面，故、，則，，又，則，所以的軌跡是以為圓心半徑為的圓，作Ox⊥BD，Oy∥BD，建立如下圖所示的空間直角坐標系：設，，，所以，所以，設直線與直線的所成角為，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。15．（13分）已知△ABC的三個頂點為，，．求：（1）AB所在直線的方程；（2）AB邊上的高所在直線的方程．【解析】（1）依題意，直線AB的斜率，（2分）所以直線AB的方程為，（5分）即．（6分）（2）由（1）知，直線AB的斜率為2，所以AB邊上的高所在直線的斜率為，（9分）所以AB邊上的高所在直線的方程為，（12分）即．（13分）16．（15分）已知圓C：，點．（1）若，過P的直線l與C相切，求l的方程；（2）若C上存在到P的距離為1的點，求m的取值范圍．【解析】（1）因為，所以圓C的方程為（1分）①當l的斜率不存在時，l的方程為，與圓C相切，符合題意；（2分）②當l的斜率存在時，設l的方程為，即，（3分）圓心C到l的距離，解得，（5分）則l的方程為，即，（6分）綜上可得，l的方程為或．（7分）（2）由題意可得圓C：，圓心，半徑，（8分）則圓心C到的距離，（9分）要使C上存在到P的距離為1的點，則，即，（13分）解得，所以m的取值范圍為．（15分）17．（15分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，，，，，E，F(xiàn)，G分別為線段AD，DC，PB的中點.（1）證明：平面平面；（2）求直線GC與平面PCD所成角的正弦值.【解析】（1）連接EC，設與AC相交于點O，連接OG，如圖，因為，且，，所以四邊形為矩形，所以O為的中點，又因為G為PB的中點，所以OG為的中位線，即，（2分）因為平面PEF，平面PEF，所以平面PEF，（3分）因為E，F(xiàn)分別為線段AD，DC的中點，所以，（4分）因為平面PEF，平面PEF，所以平面PEF，（5分）因為平面GAC，平面GAC，，所以平面平面GAC.（6分）（2）因為底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，因為，所以PA,AB,AD兩兩互相垂直，（7分）以A為原點，所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：則A0,0,0，，C1,1,0，，P0,0,1所以，，，（9分）設平面的法向量為n=x,y,z，則，所以，（11分）令，可得，，所以，（12分）設直線與平面所成角為θ，則，（14分）所以直線與平面所成角的正弦值為.（15分）18．（17分）如圖1所示中，．分別為中點．將沿向平面上方翻折至圖2所示的位置，使得．連接得到四棱錐，記的中點為N，連接，動點Q在線段上．

圖1圖2（1）證明：平面；（2）若，連接，求平面與平面的夾角的余弦值；（3）求動點Q到線段的距離的取值范圍．【解析】（1）因為折疊前為中點，，所以，折疊后，，所以，所以，（1分）在折疊前分別為中點，所以，又因為折疊前，所以，（2分）所以在折疊后，，；以為坐標原點，、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，則，，，，，（3分）為中點，所以，，設平面的法向量為m=x,y,z，又，，所以，，令，則，，所以，（5分）所以，所以，所以平面.（6分）（2）設，由（1）知，，因為動點Q在線段上，且，所以，所以，所以，，，所以，（7分），，設平面的法向量為，，，令，則，，所以，（9分）設平面的法向量為，（10分）所以，（11分）所以平面與平面的夾角的余弦值為.（12分）（3）設，，，動點Q在線段上，所以，，即，即，所以，（13分），，設點Q到線段的距離為，，（14分），，（15分），，令，，則，，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，（16分）所以，由此可知動點Q到線段的距離的取值范圍為.（17分）19．（17分）已知線段的端點的坐標是，端點的運動軌跡是曲線，線段的中點的軌跡方程是．（1）求曲線的方程；（2）已知斜率為的直線與曲線相交于兩點，（異于原點），直線，的斜率分別為，，且，①證明：直線過定點，并求出點的坐標；②若，為垂足，證明：存在定點，使得為定值．【解析】（1）設，，由中點坐標