2024-2025学年黑龙江省鹤岗市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省鹤岗市高二上学期第一次月考数学检测试卷合集2套（附解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知，，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．D．以上都不对
3．如图所示，三棱锥中，M，N分别是AB，OC的中点，设，，，用，，表示，则（ ）
A．B．C．D．
4．在等腰三角形中，，、，点在轴的正半轴上，则直线的点斜式方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知过点和的直线为，直线为，直线为．若，，则实数的值为（ ）
A．B．C．0D．8
6．已知圆，当圆的面积最大时，圆心的坐标是（ ）
A．B．
C．D．
7．数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，若其欧拉线的方程为，则顶点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．或
8．设，．若动直线与交于点A，C，动直线与交于点B，D，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知表示圆，则下列结论正确的是（ ）
A．圆心坐标为B．圆心坐标为
C．半径D．半径
10．在平面直角坐标系中，曲线与x轴交于不同的两点A，B，曲线与y轴交于点C．过三点的圆过定点坐标是（ ）
A．B．C．D．
11．已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（ ）
A．圆M上恰有一个点到直线l的距离为B．切线长PA的最小值为1
C．四边形AMBP面积的最小值为2D．直线AB恒过定点
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知空间中三点，，，设，.则向量与向量的夹角的余弦值 .
13．已知点到直线的距离为1，则等于 ．
14．已知圆的方程，在平面内存在两点，，满足下列两个条件：（1）圆上任意一点到A点的距离与到B点的距离之比为定值．（2），且m，n均为正整数．则A点坐标，B点坐标分别是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．（1）求经过两条直线和的交点，且与直线垂直的直线方程；
（2）直线l过点且到点和点的距离相等，求直线l的方程．
16．如图，等腰梯形ABCD的底边AB和CD长分别为6和，高为3．
（1）求这个等腰梯形的外接圆E的方程；
（2）若线段MN的端点N的坐标为（5，2），端点M在圆E上运动，求线段MN的中点P的轨迹方程．
17．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
（1）证明：OD⊥平面PAQ；
（2）若BE＝2AE，求二面角C­BQ­A的余弦值．
18．如图，在五面体中，，，，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）已知为棱上的点，试确定点的位置，使二面角的大小为.
19．已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的上方．
(1)求圆C的方程；
(2)过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，，，
所以
，
故选：B
2．【答案】C
【详解】由，，，知，即，B错误；
又，因此，同理，AD错误，C正确.
故选：C
3．【答案】B
【详解】由题意：
，
故选：B．
4．【答案】D
【详解】设线段的中点为，连接，
，则轴，则点，故点，
所以，直线的斜率为，
所以直线的点斜式方程为．
故选：D．
5．【答案】A
【详解】由题意可得:直线为的斜率为，直线的斜率为，且，
∴，求得.
由于直线的斜率为；，，
∴，求得.
∴.
故选：A.
6．【答案】D
【详解】当圆的半径最大时，圆的面积最大，
已知圆的一般方程 ，
其圆心为 ，半径为，
可知当时，取最大值，即圆的面积最大时，圆心的坐标为
故选D
7．【答案】A
【详解】设，则由重心坐标公式得的重心坐标为，
代入欧拉线方程得，整理得①，
因为边的中点坐标为，，
所以边的垂直平分线方程为，即.
由，得，
所以的外心坐标为，则，整理得②，
联立①②，解得，或，.
当，时，点、点重合，舍去.
所以顶点的坐标为.
故选：A.
8．【答案】B
【详解】，
圆心，半径，
过定点，
过定点，且⊥，
如图，设和BD中点分别为F、G，则四边形为矩形，

设，，则，
则＝
，当且仅当即时取等号.
故选：B.
9．【答案】BD
【详解】由可得，
所以圆心为，半径为，
所以AC错误，BD正确.
故选：BD
10．【答案】AD
【详解】由曲线Γ：，
令，得．
设，
则可得，且．
令，得，即．
设过的圆P的方程为，
满足
代入P得
展开得，
当，即或时方程恒成立，
∴圆P恒过定点或．
故选：AD
11．【答案】BD
【详解】由圆M：，可知圆心，半径，
∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；
由圆的性质可得切线长，
∴当最小时，有最小值，又，
∴，故B正确；
∵四边形AMBP面积为，
∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；
设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，
所以，即，
又圆M：，即，
∴直线AB的方程为：，即，
由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.
故选：BD.
12．【答案】
【详解】解：空间中三点，，，
，，．
则向量与向量的夹角的余弦值为：．
故答案为：．
13．【答案】
【详解】由点到直线的距离公式，得，即，
又，所以．
故答案为：
14．【答案】，
【详解】设圆上任意一点，由条件（1）得，
化简得.
上述方程即为动点的轨迹方程，它与圆的方程表示同一条曲线，所以有
，消去得，
又，所以，又因为m，n均为正整数，
所以，从而，此时，，
故所求点为，.
故答案为：，.
15．【答案】（1）； （2）或
【详解】（1）由，得，∴与的交点坐标为．
设与直线垂直的直线方程为，
则，∴．
∴所求直线方程为．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即．
由题意知，
即，
∴，
∴直线l的方程为，即．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线l的距离为3，点到直线l的距离为3，故符合题意．
综述：直线l方程为或.
16．【答案】（1）；（2）
【详解】试题分析：（1）由已知可设圆心E（0，b），又EB=EC得b=1，求得圆的方程为：； （2）设P（x，y）,由中点坐标公式可得M（2x-5,2y-2），代入化简得．
试题解析：（1）由已知可知A（-3，0），B（3，0），C（，3），D（，3），
设圆心E（0，b），由EB=EC得
，解得b=1，
半径
所以圆的方程
设P（x，y）,由已知得M（2x-5,2y-2），代入得，
化简得
考点：圆的方程与轨迹方程
17．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．
∵点P为BC的中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，又AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6)．
设平面CBQ的法向量为＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，＝(1，2，1)．
易得平面ABQ的一个法向量为＝(0，0，1)．
设二面角C­BQ­A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cs θ＝＝，
即二面角C­BQ­A的余弦值为.
18．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，在靠近点的的三等分点处.
【详解】(1)证明：∵，，
∴四边形是菱形，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，∴.
又∵平面，平面，，
∴平面.
(2)由(1)知四边形为菱形，
又∵，
∴为正三角形．
如图，取的中点，连接，则.
∵，∴.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面.
又∵，∴直线，，两两垂直．
以D为原点，分别以，，所在的直线为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系.
∵，
∴，，，，，
∴，，，．
由(1)知是平面的一个法向量．
设，
则．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
∴，
∵二面角的大小为，
∴，
解得或(不合题意，舍去)．
∴在靠近点的的三等分点处.
19．【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）设圆心，
由题可得圆心到直线的距离，解得或（舍去），
所以圆的方程为；
（2）当直线轴，则轴必平分，此时可以为轴上任一点，
当直线与轴不垂直时，设直线方程为，
设，
由，可得，经检验，
所以，
若轴平分，则，即，
整理得，
即，解得，
综上，存在点，使得x轴平分.
2024-2025学年黑龙江省鹤岗市高二上学期第一次月考数学检测试卷（二）
一、单选题（本大题共24小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．下列量中是向量的为（ ）
A．体积B．距离
C．拉力D．质量
3．设复数，则的虚部是（ ）
A．B．
C．D．
4．不等式的解集是（ ）
A．B．或
C．D．或
5．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（ ）
A．B．C．D．
7．如果向量，，那么（ ）
A．B．C．D．
8．已知与的夹角为，则（ ）
A．-3B．3C．D．
9．在平行四边形中，等于（ ）
A．B．C．D．
10．设向量，．若，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
11．直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．
C．或D．与的位置关系不能判断
12．已知向量，，若，则实数（ ）
A．1B．C．2D．
13．在正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
14．已知是第三象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
15．设，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
16．已知向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
17．已知向量满足，那么向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
18．如图， 在长方体ABCD- A1B1C1D1中，AB= AD=4，，则BD1=（ ）
A．6B．7C．10D．11
19．如图，正方体中，E为的中点，则下列直线中与平面AEC平行的是（ ）
A．B．C．D．EO
20．口袋中有个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为，则摸出黑球的概率为（ ）．
A．B．C．D．
21．数据的第80百分位数为（ ）
A．20B．22
C．24D．25
22．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，，则（ ）
A．B．C．D．
23．某校为了解学生学习数学的情况，采用分层抽样的方法从高一600人、高二650人、高三n人中，抽取35人进行问卷调查，已知高二被抽取的人数为13人，则n等于（ ）
A．500B．550C．600D．660
24．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）．
A．互斥B．互为对立
C．相互独立D．相等
二、填空题（本大题共4小题）
25．函数的最小正周期是 ．
26．已知某组数据为，则该组数据的方差为 ．
27．已知复数z满足， 则 .
28．已知，，且，则实数的值是 .
三、解答题（本大题共2小题）
29．如图，在正方体中，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：
30．如图，在直三棱柱中，，，，，是的中点.

(1)试建立适当的空间直角坐标系，并写出点，的坐标；
(2)求的长
(3)求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为集合，
所以.
故选：B
2．【答案】C
【详解】A,B,D只有大小，C即有大小又有方向
故选:C
3．【答案】D
【详解】因为复数，所以的虚部是.
故选：D
4．【答案】D
【详解】因为的两根为，对应的抛物线开口向上，
所以的解集是或
故选:D
5．【答案】A
【详解】A选项：，则，故A正确；
B选项：，则，所以，故B错误；
C选项：当或时，，则，故C错误；
D选项：当时，，故D错误.
故选：A．
6．【答案】D
【详解】因为，
故选：D.
7．【答案】B
【详解】因为，，
所以.
故选：B
8．【答案】B
【详解】.
故选：B
9．【答案】A
【解析】直接由向量加法的平行四边形法则即可得结果.
【详解】根据向量加法的平行四边形法则可得，
故选：A.
10．【答案】A
【详解】因为向量，且，
所以，解得.
故选：A
11．【答案】C
【详解】由题意直线l的一个方向向量与平面的一个法向量的数量积为，
所以或.
故选：C.
12．【答案】C
【详解】因为，所以
解得：
故选:C
13．【答案】C
【详解】连结、，如下图：
在正方体中，且；
四边形为平行四边形，则；
又在正方体中，为等边三角形，
就是异面直线与所成角,，
异面直线与所成角的大小为.
故选：C.
14．【答案】A
【详解】解：因为是第三象限角，且，
所以，
故选：A.
15．【答案】D
【详解】复数，
所以的共轭复数，
所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.
故选：D.
16．【答案】A
【详解】，，
因为，所以，解得.
故选：A.
17．【答案】D
【详解】由题意可得：，
∵，
∴向量的夹角为.
故选：D
18．【答案】A
【详解】
故选：A
19．【答案】C
【详解】解：对于A，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于B，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于C，在正方体中，
因为E为的中点，为的中点，
所以，
又平面AEC，平面AEC，
所以平面AEC；
对于D，因为平面AEC，故不平行.
故选：C.
20．【答案】A
【详解】口袋中有个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球个，
从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为，
口袋中有个黑球，
摸出黑球的概率．
故选：A．
21．【答案】B
【详解】因为按从小到大排列的数据共有10个数据，
而，所以这组数据的第80百分位数为第8个与第9个数据的平均数，
即为.
故选：B
22．【答案】C
【详解】由余弦定理可得：.
故选：C.
23．【答案】A
【详解】根据题意可得：，解得，
故选：A.
24．【答案】C
【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，
事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项C正确；
事件与不相等，故选项D错误.
故选：C.
25．【答案】
【详解】的最小正周期是，
故答案为：
26．【答案】
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：.
27．【答案】/
【详解】由可得，
故，
故答案为：
28．【答案】或
【详解】因为，
所以，解得或.
故答案为：或
29．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，
则，，，，，
所以，，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
又，即，
又平面，所以平面.

（2）由（1）知，
所以，所以.
30．【答案】(1)坐标系见解析，，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

所以，
（2），，，
.
（3），.
，，，所以.