浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷
1．（2024高二上·镇海区月考）已知向量 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·镇海区月考）已知直线，若，则实数的值为（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）直线与圆相交于、两点，若，则等于（ ）
A．0 B． C．或0 D．或0
6．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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
9．（2024高二上·镇海区月考）三条直线，，构成三角形，则的值不能为（ ）
A． B． C． D．－2
10．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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4
B．四边形面积的最大值为8
C．当最大时，
D．当最大时，直线的方程为
12．（2024高二上·镇海区月考）已知直线，，则直线与之间的距离最大值为 .
13．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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 .
15．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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．（2024高二上·镇海区月考）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.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】因为 ，所以 =（5，7），
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合数乘向量的坐标表示和两向量减法的坐标运算，从而求出向量的坐标表示。
2．【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】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.
【分析】对进行分类讨论，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出满足要求的实数a的值.
3．【答案】B
【知识点】圆的一般方程
【解析】【解答】由于方程 表示的曲线为圆，则 ，解得 .
因此，实数 的取值范围是 .
故答案为：B.
【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.
4．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，因为两直线还可能相交或异面，所以A错误；
对于选项B，因为两直线还可能相交或异面，所以B错误；
对于选项C，因为两平面还可能是相交平面，所以C错误；
对于选项D，由面面垂直的性质定理可得线线垂直，所以D正确.
故选：D.
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法，从而判断出选项A和选项B；利用已知条件结合面面平行的判定定理，从而判断出选项C；利用面面垂直的性质定理可得线线垂直，从而判断出选项D，进而找出正确的命题.
5．【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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.
【分析】利用向量的模结合勾股定理求出到圆心的距离，再结合点到直线的距离公式得出圆心 到直线 的距离，从而解一元二次方程得出的值.
6．【答案】B
【知识点】直线的截距式方程
【解析】【解答】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，即满足题意的直线有条.
故选：B.
【分析】设出直线的截距式方程，再代入已知点坐标可得之间关系，再根据为正整数分析得到满足要求的a，b的值，从而得出满足题意的直线的条数.
7．【答案】C
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：如图建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，
，，
，，
即，所以，
当时，所以，所以，
所以，的取值范围是．
故选：C．
【分析】利用已知条件和长方体的结构特征，建立空间直角坐标系，设，，从而得出点的坐标和和向量、的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而结合x的取值范围和二次函数求值域的方法，从而得出a的取值范围，进而得出AD的取值范围．
8．【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
【分析】根据圆的性质可得，从而得出的最小值，再转化为求的最小值，再根据点关于直线对称的性质，从而建立方程得出点G的坐标，再利用数形结合的方法，进而由三点共线得出的最小值.
9．【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：因为直线与都经过原点，
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.
【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，从而得出实数a不可能取的值.
10．【答案】A,C
【知识点】异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】如图所示，
对于选项A，先判断出与所成角即为与所成角，三角形为正三角形，
所以该角为；故A正确；
对于选项B，与平面ABCD所成角为，故B错误；
对于选项C，二面角的平面角为，故C正确；
对于选项D，如图所示，
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.
【分析】先判断出与所成角即为，再利用为正三角形，从而得出直线与直线所成角，进而判断出选项A；利用与平面ABCD所成角为，从而判断出选项B；利用二面角的平面角为，从而判断出选项C；设，连结，可以判断出即为二面角的平面角，在三角形中，由已知条件和勾股定理求出各边长，再结合勾股定理可以判断出，从而由面面垂直定义判断出选项D，进而找出正确的结论.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
【分析】根据已知条件，结合直线与圆的位置关系，再由切线长定理和三角形全等的判定定理，从而得出，再结合四边形的面积与三角形面积的关系式和三角形的面积公式以及勾股定理和几何法，则得出MP的最小值，从而得出四边形的面积的最小值，进而判断出选项A；利用无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，从而判断出选项B；利用角的取值范围和二倍角的关系，再结合正弦函数的定义得出当最小时，最大，此时最大，从而得出此时PA的长，进而判断出选项C；由选项C可知当最大时，且，故四边形为正方形，且有，进而得出直线l的方程和点M的坐标以及直线MP的方程，再联立两直线方程得出交点P的坐标，再由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，则得出此时直线AB的方程，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】5
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】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.
故填：5．
【分析】将直线，化简得出定点坐标的方程，从而分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，再结合两点距离公式得出直线与之间的距离最大值．
13．【答案】
【知识点】球内接多面体；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】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，
由正弦定理得出，解得，
由，解得，则外接球的表面积.
故填：.
【分析】根据余弦定理得出的长，再利用勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，由外接球的球心到平面的距离为，根据正弦定理求出三角形的外接圆的半径，再根据勾股定理求出外接球的半径，再由球的表面积公式，从而可求出该三棱锥的外接球的表面积.
14．【答案】
【知识点】向量的模；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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，由点B在直线3 x0+4 y0=12，
代入整理得3x+4y﹣32=0，所以，
若点A满足圆C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆C上，
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||min，所以||的最小值.
故填：.
【分析】设B关于P点对称点为B'，再利用，再利用点A与圆C的位置关系，从而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，再结合点到直线的距离公式和几何法，从而求出||的最小值.
15．【答案】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.
【知识点】直线的一般式方程；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由两直线方程联立求交点的方法得出点P的坐标，再结合直线l过点P，且点A(1，3)和点B(3，2)到直线l的距离相等，从而得出直线l与直线AB平行或过AB的中点，再分类讨论求出直线l1的方程．
（2）由题可设直线方程的截距式，由点代入法和三角形的面积公式，从而可得，再解方程组得出a，b的值，从而得出直线l1的截距式方程，再转化为直线l1的一般式方程．
16．【答案】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，
又因为长方体的高为，∴，
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．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得出的长，再利用线段就是其外接球直径，从而求得球的半径，再结合球的体积公式得出该长方体的外接球的体积.
（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和中点的性质以及勾股定理，从而得出正四棱锥的斜高，再结合四边形的面积公式和四棱锥的体积公式，从而得出正四棱锥的体积．
17．【答案】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，
所以
，
故的最小值为．
【知识点】圆的一般方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为，再结合点代入法列出方程组从而解方程组得出的值，从而得到圆的一般方程.
（2）联立直线的方程和圆的方程可得交点、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，再结合二次函数的图象求最值的方法，从而求出的最小值．
18．【答案】（1）解：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）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，，
又因为，，，，
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.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）当直线斜率不存在时，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，可构造方程求得的值，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，再根据有无数个解，从而可确定的取值，进而求出满足条件的点P的坐标.
（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．【答案】（1）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.
（2）证明：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）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，
再结合图形可知为锐角，
故，
令，，
而函数在时单调递增，
故当时，取最小值，
即当，即，时，取得最大值为.
【知识点】直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形中的线面关系，即可得为与平面所成角，再结合正切函数的定义，从而得出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，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标两表示，从而证出.
(3)由（2）可知：，，，再利用向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和角的取值范围，从而得出，再结合换元法和函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出锐二面角的余弦值的最大值.
（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.
1 / 1浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷
1．（2024高二上·镇海区月考）已知向量 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的坐标运算
【解析】【解答】因为 ，所以 =（5，7），
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合数乘向量的坐标表示和两向量减法的坐标运算，从而求出向量的坐标表示。
2．（2024高二上·镇海区月考）已知直线，若，则实数的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】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.
【分析】对进行分类讨论，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出满足要求的实数a的值.
3．（2024高二上·镇海区月考）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
【知识点】圆的一般方程
【解析】【解答】由于方程 表示的曲线为圆，则 ，解得 .
因此，实数 的取值范围是 .
故答案为：B.
【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.
4．（2024高二上·镇海区月考）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
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，因为两直线还可能相交或异面，所以A错误；
对于选项B，因为两直线还可能相交或异面，所以B错误；
对于选项C，因为两平面还可能是相交平面，所以C错误；
对于选项D，由面面垂直的性质定理可得线线垂直，所以D正确.
故选：D.
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法，从而判断出选项A和选项B；利用已知条件结合面面平行的判定定理，从而判断出选项C；利用面面垂直的性质定理可得线线垂直，从而判断出选项D，进而找出正确的命题.
5．（2024高二上·镇海区月考）直线与圆相交于、两点，若，则等于（ ）
A．0 B． C．或0 D．或0
【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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.
【分析】利用向量的模结合勾股定理求出到圆心的距离，再结合点到直线的距离公式得出圆心 到直线 的距离，从而解一元二次方程得出的值.
6．（2024高二上·镇海区月考）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
【知识点】直线的截距式方程
【解析】【解答】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，即满足题意的直线有条.
故选：B.
【分析】设出直线的截距式方程，再代入已知点坐标可得之间关系，再根据为正整数分析得到满足要求的a，b的值，从而得出满足题意的直线的条数.
7．（2024高二上·镇海区月考）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
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：如图建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，
，，
，，
即，所以，
当时，所以，所以，
所以，的取值范围是．
故选：C．
【分析】利用已知条件和长方体的结构特征，建立空间直角坐标系，设，，从而得出点的坐标和和向量、的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而结合x的取值范围和二次函数求值域的方法，从而得出a的取值范围，进而得出AD的取值范围．
8．（2024高二上·镇海区月考）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
【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
【分析】根据圆的性质可得，从而得出的最小值，再转化为求的最小值，再根据点关于直线对称的性质，从而建立方程得出点G的坐标，再利用数形结合的方法，进而由三点共线得出的最小值.
9．（2024高二上·镇海区月考）三条直线，，构成三角形，则的值不能为（ ）
A． B． C． D．－2
【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：因为直线与都经过原点，
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.
【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，从而得出实数a不可能取的值.
10．（2024高二上·镇海区月考）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】A,C
【知识点】异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】如图所示，
对于选项A，先判断出与所成角即为与所成角，三角形为正三角形，
所以该角为；故A正确；
对于选项B，与平面ABCD所成角为，故B错误；
对于选项C，二面角的平面角为，故C正确；
对于选项D，如图所示，
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.
【分析】先判断出与所成角即为，再利用为正三角形，从而得出直线与直线所成角，进而判断出选项A；利用与平面ABCD所成角为，从而判断出选项B；利用二面角的平面角为，从而判断出选项C；设，连结，可以判断出即为二面角的平面角，在三角形中，由已知条件和勾股定理求出各边长，再结合勾股定理可以判断出，从而由面面垂直定义判断出选项D，进而找出正确的结论.
11．（2024高二上·镇海区月考）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4
B．四边形面积的最大值为8
C．当最大时，
D．当最大时，直线的方程为
【答案】A,C,D
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】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.
【分析】根据已知条件，结合直线与圆的位置关系，再由切线长定理和三角形全等的判定定理，从而得出，再结合四边形的面积与三角形面积的关系式和三角形的面积公式以及勾股定理和几何法，则得出MP的最小值，从而得出四边形的面积的最小值，进而判断出选项A；利用无最大值，即无最大值，故四边形面积无最大值，从而判断出选项B；利用角的取值范围和二倍角的关系，再结合正弦函数的定义得出当最小时，最大，此时最大，从而得出此时PA的长，进而判断出选项C；由选项C可知当最大时，且，故四边形为正方形，且有，进而得出直线l的方程和点M的坐标以及直线MP的方程，再联立两直线方程得出交点P的坐标，再由正方形的几何性质可知，直线过线段的中点，则得出此时直线AB的方程，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高二上·镇海区月考）已知直线，，则直线与之间的距离最大值为 .
【答案】5
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】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.
故填：5．
【分析】将直线，化简得出定点坐标的方程，从而分别求出直线，过的定点，，当与两直线垂直时距离最大，且最大值为，再结合两点距离公式得出直线与之间的距离最大值．
13．（2024高二上·镇海区月考）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】
【知识点】球内接多面体；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】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，
由正弦定理得出，解得，
由，解得，则外接球的表面积.
故填：.
【分析】根据余弦定理得出的长，再利用勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面，由外接球的球心到平面的距离为，根据正弦定理求出三角形的外接圆的半径，再根据勾股定理求出外接球的半径，再由球的表面积公式，从而可求出该三棱锥的外接球的表面积.
14．（2024高二上·镇海区月考）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】
【知识点】向量的模；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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，由点B在直线3 x0+4 y0=12，
代入整理得3x+4y﹣32=0，所以，
若点A满足圆C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆C上，
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||min，所以||的最小值.
故填：.
【分析】设B关于P点对称点为B'，再利用，再利用点A与圆C的位置关系，从而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，再结合点到直线的距离公式和几何法，从而求出||的最小值.
15．（2024高二上·镇海区月考）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】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.
【知识点】直线的一般式方程；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由两直线方程联立求交点的方法得出点P的坐标，再结合直线l过点P，且点A(1，3)和点B(3，2)到直线l的距离相等，从而得出直线l与直线AB平行或过AB的中点，再分类讨论求出直线l1的方程．
（2）由题可设直线方程的截距式，由点代入法和三角形的面积公式，从而可得，再解方程组得出a，b的值，从而得出直线l1的截距式方程，再转化为直线l1的一般式方程．
16．（2024高二上·镇海区月考）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】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，
又因为长方体的高为，∴，
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．
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据勾股定理得出的长，再利用线段就是其外接球直径，从而求得球的半径，再结合球的体积公式得出该长方体的外接球的体积.
（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和中点的性质以及勾股定理，从而得出正四棱锥的斜高，再结合四边形的面积公式和四棱锥的体积公式，从而得出正四棱锥的体积．
17．（2024高二上·镇海区月考）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】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，
所以
，
故的最小值为．
【知识点】圆的一般方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程为，再结合点代入法列出方程组从而解方程组得出的值，从而得到圆的一般方程.
（2）联立直线的方程和圆的方程可得交点、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，再结合二次函数的图象求最值的方法，从而求出的最小值．
18．（2024高二上·镇海区月考）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）解：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）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，，
又因为，，，，
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.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）当直线斜率不存在时，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，可构造方程求得的值，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，再根据有无数个解，从而可确定的取值，进而求出满足条件的点P的坐标.
（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．（2024高二上·镇海区月考）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）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.
（2）证明：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）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，
再结合图形可知为锐角，
故，
令，，
而函数在时单调递增，
故当时，取最小值，
即当，即，时，取得最大值为.
【知识点】直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形中的线面关系，即可得为与平面所成角，再结合正切函数的定义，从而得出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，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量共线的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标两表示，从而证出.
(3)由（2）可知：，，，再利用向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和角的取值范围，从而得出，再结合换元法和函数的单调性，从而得出函数的最小值，进而得出锐二面角的余弦值的最大值.
（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.
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