重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期检测一（9月）数学 Word版含解析.docx

《重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期检测一（9月）数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

重庆八中高2025级高二（上）数学检测一数学试题一、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.已知向量，，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【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.已知直线，若，则实数的值为（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【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.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.【答案】B 【解析】【分析】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.【点睛】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.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【答案】D【解析】【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.直线与圆相交于、两点，若，则等于（）A.0B.C.或0D.或0【答案】D【解析】【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.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【答案】B【解析】【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.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.【答案】C【解析】【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.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【答案】D【解析】【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.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共计20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.三条直线，，构成三角形，则的值不能为（）A.B.C.D.－2【答案】AC【解析】【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.点在圆的内部，则的取值可能是（）A.-2B.C.D.2【答案】BC【解析】【分析】根据点圆的位置关系，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】因为点在圆的内部，所以，所以选项BC符合题意，故选：BC11.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【答案】AC【解析】【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.12.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8 C.当最大时，D.当最大时，直线方程为【答案】ACD【解析】【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.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，，三点共线，则＝_____．【答案】6【解析】【分析】利用可得出关于的等式，由此可求得实数的值.【详解】由于、、三点共线，则，即，解得.故答案为：6.14.已知直线，，则直线与之间的距离最大值为______.【答案】5【解析】【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，故答案为：5． 15.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_________．【答案】【解析】【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：.【点睛】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.16.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_____.【答案】 【解析】【分析】设B关于P点对称点为B′，，将模长最值问题转化为求圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离问题求解.【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||的最小值故答案为：【点睛】此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．17.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．【答案】（1）或；（2）.【解析】 【分析】（1）由题可求，由题知直线l与直线AB平行或过AB的中点，即求；（2）可设直线方程的截距式，由题可得即求.【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，∴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.18.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．【答案】（1），；（2）斜高为，体积为． 【解析】【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．19.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. 【答案】（1）；（2）．【解析】【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．【点睛】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．20.在如图所示的七面体中，底面为正方形，平面.已知.（1）设平面平面，证明：平面；（2）若平面平面，求的长. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得∥平面，再利用线面平行的性质定理可证得∥，然后由线面平行的判定定理可得结论；（2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，表示出平面和平面的法向量，然后由两平面垂直列方程可求得结果.【小问1详解】证明：因为底面为正方形，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为平面，平面平面，所以∥，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为平面，平面，所以，因为底面为正方形，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设（），因为，，底面为正方形，可得，所以，所以，，设平面和平面的法向量分别为，则 ，，令，，则，因为平面平面，所以，解得或（舍去），所以的长为.21.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．【答案】（1）或（2）【解析】【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.【小问1详解】由圆方程知：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.【小问2详解】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.22.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）（2）证明见解析（3）【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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；【小问3详解】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，