广东省深圳外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2024高二上·深圳月考）经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．-2 B．1 C．3 D．4
2．（2024高二上·深圳月考）已知，，若，则实数λ的值为（ ）
A． B． C． D．2
3．（2024高二上·深圳月考）如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·深圳月考）已知直线：，直线：，则命题：是命题：的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高二上·深圳月考）过点可以作圆的两条切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·深圳月考）已知圆 和两点 ， ，若圆 上存在点 ，使得 ，则 的最大值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
7．（2024高二上·深圳月考）已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．或
8．（2024高二上·深圳月考）柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二上·深圳月考）下列说法正确的是（ ）
A．不能表示过点且斜率为的直线方程
B．在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为
C．直线与轴的交点到原点的距离为
D．设，，若直线：与线段有交点，则实数的取值范围是
10．（2024高二上·深圳月考）关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若空间向量，，则在上的投影向量为
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
D．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
11．（2024高二上·深圳月考）如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二上·深圳月考）已知向量，，若，则 ．
13．（2024高二上·深圳月考）已知圆：，圆：，点，分别是圆，圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值为 .
14．（2024高二上·深圳月考）设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2024高二上·深圳月考）已知直线过点，且分别与轴的正半轴交于点、轴的正半轴交于点.
（1）若为的中点，求直线的方程；
（2）求的最小值.
16．（2024高二上·深圳月考）已知圆，O为坐标原点，动点P在圆C外，过P作圆C的切线，设切点为M.
（1）若点P运动到处，求此时切线l的方程；
（2）求满足条件的点P的轨迹方程．
17．（2024高二上·深圳月考）如图，在棱长为4的正方体中，点在棱上，且.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）若点在棱上，且到平面的距离为，求到直线的距离.
18．（2024高二上·深圳月考）在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
19．（2024高二上·深圳月考）图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2．
（1）求证：平面平面ABED；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：直线的系斜率为，
则经过两点的直线的斜率，解得.
故答案为：B.
【分析】易知直线的斜率为，再根据两点斜率公式求解即可.
2．【答案】D
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由已知可得，.
又因为，
所以，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列出关于λ的方程，进而解方程得出实数λ的值.
3．【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为空间四边形中，，，，
又因为点在上，且，点为中点，
所以
.
故答案为：D.
【分析】利用中点的性质和已知条件，再结合空间向量基本定理找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：由，可得：，
解得：或，
当时，两直线重合，不合题意；
当时，两直线平行.
故答案为：C.
【分析】根据两直线平行的判断方法和分类讨论的方法，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆的一般式方程知：，
所以，，
则，
解得或，
又因为过点可作两条切线，得出点在圆外，
所以，
则，
综上可知：.
故答案为：A.
【分析】根据方程表示圆的条件和点与圆的位置关系，从而列出不等式，再解不等式得出实数a的取值范围.
6．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以 ，所以m的最大值为6。
故答案为：B.
【分析】利用两圆相交的位置关系结合已知条件，用几何法求出m的最大值。
7．【答案】D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：因为平面和平面的夹角为，
则二面角的大小为或，
又因为，
所以或，
由题意，可知，
，
所以或，
或．
故答案为：D.
【分析】由题意可得二面角的大小为或，则或，将用表示，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，从而得出的长度.
8．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：方法一 由柏拉图多面体的性质可知，四边形，均是边长为的正方形，
柏拉图多面体的侧面均为等边三角形，如图（1），
取的中点，连接，，
则，
同理可得，
所以
，
取的中点，连接，，
则，且
又因为点为的中点，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，
所以.
同理可得，
设，的夹角为，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
方法二 连接，，交于点，连接，
易知平面，
因为，，
所以
以点为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图（2），
则，，，，，
因为点，，，分别为，，，的中点，
所以，，，
则，，
设，的夹角为，
则
=
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
【分析】利用两种方法求解.
方法一：取的中点，连接，，利用平面向量基本定理得出，，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出，进一步得出，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线与所成角的余弦值.
方法二；连接，，交于点，再连接，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，从而得出，，再利用数量积求向量公式，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
9．【答案】A,C
【知识点】直线的点斜式方程；直线的截距式方程；方程组解的个数与两直线的位置关系；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对于选项A：由可知，
所以不过点，故选项A正确；
对于选项B：当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，
故选项B错误；
对于选项C：因为直线与轴的交点为，到原点的距离为，故选项C正确；
对于选项D：将直线方程化为，恒过定点，画出图形，如图所示，
因为，，
若直线：与线段有交点，则或，
则或，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件和点斜式方程适用条件、截距式方程适用条件，则判断出选项A和选项B；利用已知条件和两直线方程求交点的方法以及两点距离公式，则判断出选项C；利用两直线相交的判断方法，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；共面向量定理；空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；
对于C，在中，
所以四点共面，故C正确；
对于D，由，则，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据数量积求投影向量的公式，则判断出选项A；当，同向共线时，则也成立，但与夹角不为锐角，可判断选项B；由空间向量共面的判断方法，则判断出选项C；由得出两向量共线，从而得出线面垂直，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连结OB，在三棱锥中，，，，
所以，，且，，
所以，所以，
又因为，所以面ABC，
则以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
因为为边长为2的等边三角形，
所以面积为；
因为和为腰长为2，底边为的等腰三角形，
所以面积均为，
所以三棱锥的表面积为，故A正确；
对于B：因为为棱的中点，所以，
所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为：，故B正确；
对于C：因为点是棱上一动点，
不妨设，（） ，
所以，
设为面PAM的一个法向量，
则，
不妨设y=1，则，，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
解得：，
取，则，
显然，面PAC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，
所以，故C错误；
对于D：如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面，
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大，
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，
当M位于M1时，最小，此时，，
所以.
由余弦定理，得：
，
所以的取值范围为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连结OB，利用已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，再利用三棱锥的体积公式求出三棱锥的表面积，则可判断选项A；利用数量积求向量夹角公式求出异面直线与所成角的余弦值，则可判断选项B；求出平面PAM的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式以及直线与平面所成角的正弦值为，从而得出平面PAM的一个法向量，再利用平面PAC的一个法向量和数量积求向量夹角公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的正弦值，则可判断选项C；把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大，的最小值为AP，再利用余弦定理得出的取值范围，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】向量的模；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
.
故答案为：.
【分析】根据向量共线的坐标表示得出，再由得出的值.
13．【答案】7
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：由点，分别是圆，圆上的动点，
可知：，，
所以，，
设关于轴的对称点为，
则，
当，，三点共线时，取最大，最大值为，
所以.
故答案为：7.
【分析】将求的最大值转化为求的最大值问题，再利用图形的对称性和三点共线，从而得出的最大值.
14．【答案】9
【知识点】基本不等式；恒过定点的直线；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：由题意，则动直线过定点，
将直线化为，
令，可得，
因为，
所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
又因为，
所以，当且仅当时取等号．
【分析】根据直线方程求出定点坐标，再根据两直线垂直结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）解：由题意，可设直线的方程为，
由为的中点，
可知：，，
所以，直线的方程为，即.
（2）解：将代入方程，
得，
所以
当且仅当时，取等号，此时，
故的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线的截距式方程；直线的一般式方程
【解析】【分析】（1）根据已知条件和中点坐标公式，从而求出直线的截距式方程，再转化为直线的一般式方程.
（2）将点的坐标代入直线方程，再利用常数代换结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由题意可设的方程为，
由为的中点可知：，，
故的方程为，即；
（2）将代入方程，得，
故
当且仅当时，取等号，此时
故的最小值为.
16．【答案】（1）解：把圆化为标准方程为：，
∴圆心为，半径，
当l的斜率不存在时，此时l的方程为，C到l的距离，满足条件；
当l的斜率存在时，设斜率为k，
得直线l的方程为，即，
则，解得，
∴直线l的方程为，即，
综上所述，满足条件的切线l的方程为或.
（2）解：设，
则，
所以.
∵，
∴，
整理得，
∴点P的轨迹方程为.
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，从而得出圆心到直线距离等于半径，再利用点到直线的距离公式得出直线的斜率，从而得出切线l的方程.
（2）设，由结合两点距离公式，从而列等式化简得出满足条件的点P的轨迹方程．
（1）把圆化为标准方程为，
∴圆心为，半径.
当l的斜率不存在时，此时l的方程为，C到l的距离，满足条件．
当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为，即，
则，解得.
∴l的方程为，
即，
综上，满足条件的切线l的方程为或.
（2）
设，则，.
∵，∴，
整理，得，
∴点P的轨迹方程为.
17．【答案】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则
取，则，，得，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）解：设，，则，
由（1）可知平面的法向量为，
则到平面的距离为，
解得或（舍去），则，
因为，，
所以点到直线的距离为：
.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。
（2）由点到平面的距离为，再利用数量积求点到平面的距离公式，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示和勾股定理，从而得出点到直线的距离.
（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
设平面的一个法向量为，则
取，则，，得，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）设，，则.
由（1）可知平面的法向量为，
则到平面的距离为，解得或（舍去），
即.
因为，，
所以到直线的距离为.
18．【答案】解：（1）因为曲线与坐标轴的交点为
(0，1)，(，0)，
由题意，可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，
其坐标满足方程组，
消去得到方程，
由已知条件，得判别式为①，
由根与系数的关系得，②，
由，得.
又∵，，
∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，
则，
∴.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）先求出曲线与坐标轴的三个交点，再根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径长，从而得出圆的标准方程.
（2）设A，B，联立直线方程与圆的方程，再根据根与系数的关系可得，，再结合得出，从而化为，进而得出的值 .
19．【答案】证明：（1）连结AE，因为，，，所以，
又因为且，所以四边形为菱形，连结交于点，如图所示：
易知，又因为在中，，所以，
，满足，则，
由题意知，且，则平面ABED，
又因为平面，所以平面平面ABED；
解：（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，即，令，解得，，
即，，
记直线与平面所成角为，则；
（3）假设存在，设，则，
，
平面，易得平面的一个法向量，
设平面PBE的一个法向量，
则，即，可取，
则，解得，
故．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连结AE，根据已知条件求得，推出四边形为菱形，连接交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面ABED，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）假设存在，设，求得点P的坐标，利用空间向量法结合向量的夹角公式列方程求解即可.
1 / 1广东省深圳外国语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．（2024高二上·深圳月考）经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．-2 B．1 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由题意可得：直线的系斜率为，
则经过两点的直线的斜率，解得.
故答案为：B.
【分析】易知直线的斜率为，再根据两点斜率公式求解即可.
2．（2024高二上·深圳月考）已知，，若，则实数λ的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由已知可得，.
又因为，
所以，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示，从而列出关于λ的方程，进而解方程得出实数λ的值.
3．（2024高二上·深圳月考）如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为空间四边形中，，，，
又因为点在上，且，点为中点，
所以
.
故答案为：D.
【分析】利用中点的性质和已知条件，再结合空间向量基本定理找出正确的选项.
4．（2024高二上·深圳月考）已知直线：，直线：，则命题：是命题：的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：由，可得：，
解得：或，
当时，两直线重合，不合题意；
当时，两直线平行.
故答案为：C.
【分析】根据两直线平行的判断方法和分类讨论的方法，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
5．（2024高二上·深圳月考）过点可以作圆的两条切线，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆的一般式方程知：，
所以，，
则，
解得或，
又因为过点可作两条切线，得出点在圆外，
所以，
则，
综上可知：.
故答案为：A.
【分析】根据方程表示圆的条件和点与圆的位置关系，从而列出不等式，再解不等式得出实数a的取值范围.
6．（2024高二上·深圳月考）已知圆 和两点 ， ，若圆 上存在点 ，使得 ，则 的最大值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以 ，所以m的最大值为6。
故答案为：B.
【分析】利用两圆相交的位置关系结合已知条件，用几何法求出m的最大值。
7．（2024高二上·深圳月考）已知平面和平面的夹角为，，已知A，B两点在棱上，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】D
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：因为平面和平面的夹角为，
则二面角的大小为或，
又因为，
所以或，
由题意，可知，
，
所以或，
或．
故答案为：D.
【分析】由题意可得二面角的大小为或，则或，将用表示，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，从而得出的长度.
8．（2024高二上·深圳月考）柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：方法一 由柏拉图多面体的性质可知，四边形，均是边长为的正方形，
柏拉图多面体的侧面均为等边三角形，如图（1），
取的中点，连接，，
则，
同理可得，
所以
，
取的中点，连接，，
则，且
又因为点为的中点，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，
所以.
同理可得，
设，的夹角为，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
方法二 连接，，交于点，连接，
易知平面，
因为，，
所以
以点为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，如图（2），
则，，，，，
因为点，，，分别为，，，的中点，
所以，，，
则，，
设，的夹角为，
则
=
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：
【分析】利用两种方法求解.
方法一：取的中点，连接，，利用平面向量基本定理得出，，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出，进一步得出，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线与所成角的余弦值.
方法二；连接，，交于点，再连接，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，从而得出，，再利用数量积求向量公式，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二上·深圳月考）下列说法正确的是（ ）
A．不能表示过点且斜率为的直线方程
B．在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为
C．直线与轴的交点到原点的距离为
D．设，，若直线：与线段有交点，则实数的取值范围是
【答案】A,C
【知识点】直线的点斜式方程；直线的截距式方程；方程组解的个数与两直线的位置关系；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对于选项A：由可知，
所以不过点，故选项A正确；
对于选项B：当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，
故选项B错误；
对于选项C：因为直线与轴的交点为，到原点的距离为，故选项C正确；
对于选项D：将直线方程化为，恒过定点，画出图形，如图所示，
因为，，
若直线：与线段有交点，则或，
则或，故选项D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件和点斜式方程适用条件、截距式方程适用条件，则判断出选项A和选项B；利用已知条件和两直线方程求交点的方法以及两点距离公式，则判断出选项C；利用两直线相交的判断方法，从而得出实数a的取值范围，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2024高二上·深圳月考）关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若空间向量，，则在上的投影向量为
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
D．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；共面向量定理；空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误；
对于C，在中，
所以四点共面，故C正确；
对于D，由，则，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据数量积求投影向量的公式，则判断出选项A；当，同向共线时，则也成立，但与夹角不为锐角，可判断选项B；由空间向量共面的判断方法，则判断出选项C；由得出两向量共线，从而得出线面垂直，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高二上·深圳月考）如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；异面直线所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：连结OB，在三棱锥中，，，，
所以，，且，，
所以，所以，
又因为，所以面ABC，
则以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
因为为边长为2的等边三角形，
所以面积为；
因为和为腰长为2，底边为的等腰三角形，
所以面积均为，
所以三棱锥的表面积为，故A正确；
对于B：因为为棱的中点，所以，
所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为：，故B正确；
对于C：因为点是棱上一动点，
不妨设，（） ，
所以，
设为面PAM的一个法向量，
则，
不妨设y=1，则，，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
解得：，
取，则，
显然，面PAC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，
所以，故C错误；
对于D：如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面，
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大，
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，
当M位于M1时，最小，此时，，
所以.
由余弦定理，得：
，
所以的取值范围为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】连结OB，利用已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，再利用三棱锥的体积公式求出三棱锥的表面积，则可判断选项A；利用数量积求向量夹角公式求出异面直线与所成角的余弦值，则可判断选项B；求出平面PAM的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式以及直线与平面所成角的正弦值为，从而得出平面PAM的一个法向量，再利用平面PAC的一个法向量和数量积求向量夹角公式以及同角三角函数基本关系式，从而得出二面角的正弦值，则可判断选项C；把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大，的最小值为AP，再利用余弦定理得出的取值范围，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二上·深圳月考）已知向量，，若，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
.
故答案为：.
【分析】根据向量共线的坐标表示得出，再由得出的值.
13．（2024高二上·深圳月考）已知圆：，圆：，点，分别是圆，圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值为 .
【答案】7
【知识点】圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：由点，分别是圆，圆上的动点，
可知：，，
所以，，
设关于轴的对称点为，
则，
当，，三点共线时，取最大，最大值为，
所以.
故答案为：7.
【分析】将求的最大值转化为求的最大值问题，再利用图形的对称性和三点共线，从而得出的最大值.
14．（2024高二上·深圳月考）设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值 ．
【答案】9
【知识点】基本不等式；恒过定点的直线；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：由题意，则动直线过定点，
将直线化为，
令，可得，
因为，
所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
又因为，
所以，当且仅当时取等号．
【分析】根据直线方程求出定点坐标，再根据两直线垂直结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2024高二上·深圳月考）已知直线过点，且分别与轴的正半轴交于点、轴的正半轴交于点.
（1）若为的中点，求直线的方程；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：由题意，可设直线的方程为，
由为的中点，
可知：，，
所以，直线的方程为，即.
（2）解：将代入方程，
得，
所以
当且仅当时，取等号，此时，
故的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线的截距式方程；直线的一般式方程
【解析】【分析】（1）根据已知条件和中点坐标公式，从而求出直线的截距式方程，再转化为直线的一般式方程.
（2）将点的坐标代入直线方程，再利用常数代换结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由题意可设的方程为，
由为的中点可知：，，
故的方程为，即；
（2）将代入方程，得，
故
当且仅当时，取等号，此时
故的最小值为.
16．（2024高二上·深圳月考）已知圆，O为坐标原点，动点P在圆C外，过P作圆C的切线，设切点为M.
（1）若点P运动到处，求此时切线l的方程；
（2）求满足条件的点P的轨迹方程．
【答案】（1）解：把圆化为标准方程为：，
∴圆心为，半径，
当l的斜率不存在时，此时l的方程为，C到l的距离，满足条件；
当l的斜率存在时，设斜率为k，
得直线l的方程为，即，
则，解得，
∴直线l的方程为，即，
综上所述，满足条件的切线l的方程为或.
（2）解：设，
则，
所以.
∵，
∴，
整理得，
∴点P的轨迹方程为.
【知识点】轨迹方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和直线与圆相切位置关系判断方法，从而得出圆心到直线距离等于半径，再利用点到直线的距离公式得出直线的斜率，从而得出切线l的方程.
（2）设，由结合两点距离公式，从而列等式化简得出满足条件的点P的轨迹方程．
（1）把圆化为标准方程为，
∴圆心为，半径.
当l的斜率不存在时，此时l的方程为，C到l的距离，满足条件．
当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为，即，
则，解得.
∴l的方程为，
即，
综上，满足条件的切线l的方程为或.
（2）
设，则，.
∵，∴，
整理，得，
∴点P的轨迹方程为.
17．（2024高二上·深圳月考）如图，在棱长为4的正方体中，点在棱上，且.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）若点在棱上，且到平面的距离为，求到直线的距离.
【答案】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则
取，则，，得，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）解：设，，则，
由（1）可知平面的法向量为，
则到平面的距离为，
解得或（舍去），则，
因为，，
所以点到直线的距离为：
.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。
（2）由点到平面的距离为，再利用数量积求点到平面的距离公式，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示和勾股定理，从而得出点到直线的距离.
（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
设平面的一个法向量为，则
取，则，，得，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
则平面与平面的夹角的余弦值为.
（2）设，，则.
由（1）可知平面的法向量为，
则到平面的距离为，解得或（舍去），
即.
因为，，
所以到直线的距离为.
18．（2024高二上·深圳月考）在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
【答案】解：（1）因为曲线与坐标轴的交点为
(0，1)，(，0)，
由题意，可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，
其坐标满足方程组，
消去得到方程，
由已知条件，得判别式为①，
由根与系数的关系得，②，
由，得.
又∵，，
∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，
则，
∴.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）先求出曲线与坐标轴的三个交点，再根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径长，从而得出圆的标准方程.
（2）设A，B，联立直线方程与圆的方程，再根据根与系数的关系可得，，再结合得出，从而化为，进而得出的值 .
19．（2024高二上·深圳月考）图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2．
（1）求证：平面平面ABED；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．
【答案】证明：（1）连结AE，因为，，，所以，
又因为且，所以四边形为菱形，连结交于点，如图所示：
易知，又因为在中，，所以，
，满足，则，
由题意知，且，则平面ABED，
又因为平面，所以平面平面ABED；
解：（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，即，令，解得，，
即，，
记直线与平面所成角为，则；
（3）假设存在，设，则，
，
平面，易得平面的一个法向量，
设平面PBE的一个法向量，
则，即，可取，
则，解得，
故．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连结AE，根据已知条件求得，推出四边形为菱形，连接交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面ABED，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）假设存在，设，求得点P的坐标，利用空间向量法结合向量的夹角公式列方程求解即可.
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