2023-2024学年江西省南昌高二（上）第一次月考数学试卷

这是一份2023-2024学年江西省南昌高二（上）第一次月考数学试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）若直线l的倾斜角为α，且45°≤α≤135°，则直线l斜率的取值范围为（ ）
A．[1，+∞）B．（﹣∞，﹣1]
C．[﹣1，1]D．[1，+∞）∪（﹣∞，﹣1]
2．（5分）已知直线l的一个方向向量为（2，﹣1），且经过点A（1，0），则直线l的方程为（ ）
A．x﹣y﹣1＝0B．x+y﹣1＝0C．x﹣2y﹣1＝0D．x+2y﹣1＝0
3．（5分）已知直线l1：（3+2λ）x+（4+λ）y+（﹣2+2λ）＝0（λ∈R），l2：x+y﹣2＝0，若l1∥l2，则l1与l2间的距离为（ ）
A．B．C．2D．2
4．（5分）若直线kx﹣y+2k﹣1＝0恒过点A，点A也在直线mx+ny+2＝0上，其中m，n均为正数，则mn的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
5．（5分）已知实数x，y满足3x﹣4y﹣6＝0，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
6．（5分）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若，则x+y+z＝（ ）
A．1B．2C．D．
7．（5分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，P为线段BD上的动点，当直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值取最大值时，＝（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且AB⊥AD，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知直线l1：（a+1）x+ay+2＝0，l2：ax+（1﹣a）y﹣1＝0，则（ ）
A．l1恒过点（2，﹣2）
B．若l1∥l2，则
C．若l1⊥l2，则a2＝1
D．当0≤a≤1时，l2不经过第三象限
（多选）10．（5分）已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为
（多选）11．（5分）在正三棱柱ABC﹣A'B'C'中，所有棱长为1，又BC'与B'C交于点O，则（ ）
A．＝
B．AO⊥B'C
C．三棱锥A﹣BB'O的体积为
D．AO与平面BB′C′C所成的角为
（多选）12．（5分）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知向量，，，若，，共面，则x等于 ．
14．（5分）过点A（3，﹣1）且在两坐标轴上截距相等的直线方程是 ．
15．（5分）一条光线经过点A（3，5）射到直线x+y+1＝0上，被反射后经过点B（2，1），则入射光线所在直线的方程为 ．
16．（5分）如图，球O为长方体ABCD﹣A1B1C1D1内能放入的体积最大的球，EF是球O的一条直径，P为该长方体表面上的动点，且AA1＝2AB＝2AD＝4，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
17．（10分）根据下列条件，求直线的一般方程．
（1）过点A（3，1）且与直线x+3y+2＝0平行；
（2）与直线2x﹣y+1＝0垂直，且与x，y轴的正半轴围成的三角形的面积等于4．
18．（12分）已知直线l1：3x+2y+6＝0，直线l2：2x﹣3m2y+18＝0，直线l3：2mx﹣3y+12＝0．
（1）若l1与l2的倾斜角互补，求m的值；
（2）当m为何值时，三条直线能围成一个直角三角形．
19．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且满足．
（1）求△ABC的外接圆半径；
（2）若∠B的平分线BD交AC于点D，且，求△ABC的面积．
20．（12分）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．
21．（12分）图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝．
（1）求证：平面BC1E⊥平面ABED；
（2）在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年江西省南昌高二（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1．【分析】根据倾斜角和斜率关系求解．
【解答】解：直线倾斜角为45°时，斜率为1，直线倾斜角为135°时，斜率为﹣1，
当倾斜角为90°时，斜率不存在，
因为k＝tanα在上是增函数，在上是增函数，
所以当45°≤α≤135°时，k的取值范围是[1，+∞）∪（﹣∞，﹣1]．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线的斜率，属于基础题．
2．【分析】根据已知条件，先求出直线l的斜率，再结合直线的点斜式公式，即可求解．
【解答】解：直线l的一个方向向量为（2，﹣1），
则直线l的斜率为，
直线l过点A（1，0），
则y﹣0＝，即x+2y﹣1＝0．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线的点斜式公式，属于基础题．
3．【分析】由题意，利用两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，求得λ值，再利用两平直线间的距离公式，计算求得结果．
【解答】解：∵直线l1：（3+2λ）x+（4+λ）y+（﹣2+2λ）＝0（λ∈R），l2：x+y﹣2＝0，l1∥l2，
∴＝≠，∴λ＝1，∴直线l1：x+y＝0，
则l1与l2间的距离为＝，
故选：B．
【点评】本题主要考查两直线平行的性质，两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，两平直线间的距离公式的应用，属于基础题．
4．【分析】先求出A，代入可得m，n的关系，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】解：由kx﹣y+2k﹣1＝0可得k（x+2）﹣（y+1）＝0，
故直线恒过定点A（﹣2，﹣1），
则﹣2m﹣n+2＝0，
所以2m+n＝2，m＞0，n＞0，
则2＝2m+n，当且仅当2m＝n＝1，即m＝，n＝1时取等号，
所以mn．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线恒过定点，基本不等式求解最值，属于基础题．
5．【分析】因为＝，原式的最小值即为点N（0，1）到直线3x﹣4y﹣6＝0的距离，即可得答案．
【解答】解：∵＝，
∴上式可看成是一个动点M（x，y）到定点N（0，1）的距离，
即为点N到直线3x﹣4y﹣6＝0上任意一点M（x，y）到定点N（0，1）的距离，
∴S＝|MN|的最小值应为点N到直线l的距离，
即：Smin＝＝2．
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系及点到直线的距离公式，也考查了转化思想，属于基础题．
6．【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得．
【解答】解：如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，
PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，，
因为EC＝2PE，所以，
所以
＝
＝
＝
＝
＝
＝，
又，所以，则x+y+z＝1．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量线性运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．【分析】建立空间直角坐标系，设，求出直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值，得到λ的值即可．
【解答】解：以点D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示：
所以D（0，0，0），A（2，0，0）B（2，3，0），B1（2，3，2），D1（0，0，2），
故，设，则P（2λ，3λ，0），
所以，，，
设平面AB1D1的法向量为，
则，整理得，取z＝3，则，
故直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值满足＝，
当时，直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值取最大值，即．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与平面所成的角，考查了转化思想，属于中档题．
8．【分析】设＝，＝，＝，可得＝++，＝﹣，利用向量法可求点E到直线AC1的距离．
【解答】解：设＝，＝，＝，
∴＝++＝++，＝﹣＝﹣，
∴•＝（++）•（﹣）＝﹣•﹣•﹣＝﹣×a2×﹣×a2×﹣a2＝﹣a2，
||2＝（++）2＝+++2•+2•+2•＝a2+a2+a2+a2+a2＝5a2，
∴|cs＜，＞|＝||＝＝，
∴sin＜，＞＝＝，
∴点E到直线AC1的距离为d＝||sin＜，＞＝×a＝a．
故选：A．
【点评】本题考查点到线的距离的求法，考查向量法的应用，属中档题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．【分析】对于A，直线l1：（a+1）x+ay+2＝0，即a（x+y）+x+2＝0，列出方程组，即可求解，
对于B，结合直线平行的性质，即可求解，
对于C，结合直线垂直的性质，即可求解，
对于D，结合l2不经过第三象限，即可求解．
【解答】解：直线l1：（a+1）x+ay+2＝0，即a（x+y）+x+2＝0，
令，解得x＝﹣2，y＝2，
故l1恒过点（﹣2，2），故A错误，
若l1∥l2，则（a+1）（1﹣a）＝a2，解得，故B正确，
若l1⊥l2，则a（a+1）+a（1﹣a）＝0，解得a＝0，故C错误，
若l2不经过第三象限，
当1﹣a≠0时，，，解得0≤a＜1，
当1﹣a＝0时，直线l2：x＝1不经过第三象限，
综上所述，当0≤a≤1时，l2不经过第三象限，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查直线垂直、平行的性质，属于基础题．
10．【分析】本题考查的是用向量的知识和方法研究正方体中的线线位置关系及夹角与体积．用到向量的加法、减法、夹角及向量的数量积，研究了正方体中的线线平行、垂直，异面直线的夹角及正方体的对角线的计算、体积的计算．
【解答】解：由向量的加法得到：，∵，∴，所以A正确；
∵，AB1⊥A1C，∴，故B正确；
∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C不正确；
∵AB⊥AA1，∴，故＝0，因此D不正确．
故选：AB．
【点评】本题把正方体中的线线位置关系及夹角与向量的有关知识结合起来进行考查．熟练掌握正方体中的线线位置关系及夹角与向量的有关知识方法是做好本题的关键．
11．【分析】画出图形，利用空间向量的基本定理，判断A；通过三角形中的直线的位置关系判断B，三棱锥的体积判断C，直线u平面所成角的大小判断D．
【解答】解：连接O与BC的中的D，连接AD，可得＝．所以A正确；
在三角形AB'C中，O是B'C的中点，AC＝1，AB'＝，B'C＝所以，AO⊥B'C，不正确；
三棱锥A﹣BB'O的体积为：VO﹣ABB′＝＝＝，正确；
AO与平面BB′C′C所成的角为∠AOD，
tan∠AOD＝＝＝，所以，所以D不正确；
故选：AC．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，涉及直线与平面所成角，直线与直线垂直，几何体的体积以及空间向量的关系，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
12．【分析】对于A，由正方体的内切球直径大于0.99可判断；对于B，由正方体内部最大的正四面体的棱长大于1.4可判断；对于C，由正方体的体对角线小于1.8可判断；对于D，取E，F，G，H，I，J都为棱中点，则六边形EFGHIJ为正六边形，由正六边形的内切圆直径大于1.2可判断．
【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确；
对于B，如图，
正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为，选项C错误；
对于D，（法一）如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为米，∠GFH＝∠GHF＝30°，
所以米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为米，
而，选项D正确．
（法二）因为1.2m＞1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，
过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，
可知，
则，即，解得，
且，即，
故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，
可知，AC1⊥O1M，O1M＝0.6，
则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故熏香D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查简单几何体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【分析】设＝m+n，则（1，x，﹣2）＝（n，m，2m），列方程组即可求解x的值．
【解答】解：∵向量，，，，，共面，
∴设＝m+n，则（1，x，﹣2）＝（n，m，2m），
∴，解得x＝m＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查共面向量定理的应用，考查方程思想与运算求解能力，是基础题．
14．【分析】当直线过原点时，用点斜式求得直线方程．当直线不过原点时，设直线的方程为x+y＝k，把点（3，﹣1）代入直线的方程可得k值，从而求得所求的直线方程，综合可得结论．
【解答】解：当直线过原点时，方程为y＝﹣x，即x+3y＝0．
当直线不过原点时，设直线的方程为x+y＝k，把点（3，﹣1）代入直线的方程可得k＝2，
故直线方程是x+y﹣2＝0．
综上，所求的直线方程为x+y﹣2＝0或x+3y＝0．
故答案为：x+y﹣2＝0或x+3y＝0．
【点评】本题考查用待定系数法求直线方程，体现了分类讨论的数学思想，注意当直线过原点时的情况，这是解题的易错点，属于基础题．
15．【分析】利用对称点的性质可得B（2，1）关于直线x+y+1＝0的对称点，再利用点斜式即可得出结论．
【解答】解：设B（2，1）关于直线x+y+1＝0的对称点为P（a，b），则×（﹣1）＝﹣1，++1＝0，
解得a＝﹣2，b＝﹣3．
∴点P（﹣2，﹣3）在入射光线所在直线上，
则入射光线所在直线的方程为：y﹣5＝（x﹣3），化为：8x﹣5y+1＝0，
故答案为：8x﹣5y+1＝0．
【点评】本题考查了对称点的性质及其求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16．【分析】将，转化为，，可得＝﹣1，点P为四边形ABCD的顶点时，||取最大值，即可求解．
【解答】解：由题意得，球O的半径为1，
＝（）•（）＝+++＝+＝﹣1，
当球O与平面A1B1C1D1相切，点P为四边形ABCD的顶点时，||取最大值，
2﹣1≤AO2﹣1＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查空间向量的应用，是中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
17．【分析】（1）根据已知条件，结合直线平行的性质，设出所求直线，再将点（3，1）代入该直线，即可求解．
（2）根据已知条件，结合直线垂直的性质，设出所求直线，将结合三角形面积公式，即可求解．
【解答】解：（1）由题意可设直线为x+3y+b＝0，
将点（3，1）代入x+3y+b+0，解得b＝﹣6，
故所求直线的方程为x+3y﹣6＝0．
（2）∵所求直线与直线2x﹣y+1＝0垂直，
∴可设直线为x+2y+m＝0（m＜0），
当x＝0时，y＝，当y＝0时，x＝﹣m，
∵所求直线与x，y轴的正半轴围成的三角形的面积等于4，
∴，解得m＝﹣4或m＝4（舍去），
故所求直线为x+2y﹣4＝0．
【点评】本题主要考查直线平行，垂直的性质，属于基础题．
18．【分析】（1）由l1与l2的倾斜角互补，列式求解m值即可；
（2）根据题意，让每两条直线分别垂直，由垂直充要条件，得到关于m的方程，再求出m的值．
【解答】解：（1）直线l1：3x+2y+6＝0的斜率为﹣，
直线l2：2x﹣3m2y+18＝0的斜率为，
∵l1与l2的倾斜角互补，∴，解得m＝；
（2）由题意，若3x+2y+6＝0和2x﹣3m2y+18＝0垂直，
则3×2+2×（﹣3m2）＝0，解得m＝±1，
经验证当m＝1时，后面两条直线平行，构不成三角形，故m＝﹣1；
同理，若3x+2y+6＝0和2mx﹣3y+12＝0垂直
则6m﹣6＝0，解得m＝1，应舍去；
若2x﹣3m2y+18＝0和2mx﹣3y+12＝0垂直，
则4m+9m2＝0，解得m＝0或m＝﹣，经验证均符合题意，
故m的值为：0，﹣1，．
【点评】本题考查两直线的倾斜角与斜率的关系，考查构成直角三角形的条件，考查了分类讨论思想，属基础题．
19．【分析】（1）根据正弦定理及余弦定理求出角，再由正弦定理得解；
（2）根据角平分线利用三角形面积间的关系得ac＝a+c，再由余弦定理，求出ac即可得解．
【解答】解：（1），
由正弦定理，得，则a2+c2﹣b2＝ac，
即，
因为0＜B＜π，
所以，
设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理知，
所以△ABC的外接圆半径为；
（2）由BD平分∠ABC，得S△ABC＝S△ABD+S△BCD，
则，即ac＝a+c，
在△ABC中，由余弦定理可得，
又，
则a2+c2﹣ac＝18，
联立，可得a2c2﹣3ac﹣18＝0，解得ac＝6（ac＝﹣3舍去），
故．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20．【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；
（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：
B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴，，
∴，又B2，C2，A2，D2四点不共线，
∴B2C2∥A2D2；
（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，
又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴，，，
设平面PA2C2的法向量为，
则，取，
设平面A2C2D2的法向量为，
则，取，
∴根据题意可得|cs150°|＝|cs＜，＞|＝，
∴，
∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，
∴解得t＝1或t＝3，
∴P为B1B2的中点或B2B的中点，
∴B2P＝1．
【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式的应用，方程思想，属中档题．
21．【分析】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，可推出AC⊥BE，且，在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直，则∠AOC1是二面角A﹣BE﹣C1的平面角，由勾股定理可得OA⊥OC1，进而可得答案．
（2）由（1）知，分别以直线OA，OB，OC1为x，y，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，设，λ∈[0，1]，可得的坐标，求出平面ABC1的一个法向量，由于P到平面ABC1的距离为，则，解得λ，设直线EP与平面ABC1所成的角为θ，进而可得答案．
【解答】解：（1）证明：如图所示，
在图①中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠BCE＝60°，
所以AC⊥BE，且，
在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直，
所以∠AOC1是二面角A﹣BE﹣C1的平面角，
因为，
所以，
所以OA⊥OC1，
所以平面BC1E⊥平面ABED．
（2）由（1）知，分别以直线OA，OB，OC1为x，y，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，，，B（0，1，0），E（0，﹣1，0），
所以，，，，，
设，λ∈[0，1]，
则，
设平面ABC1的一个法向量，
则，
令x＝1，则y＝，z＝1，
所以．
因为P到平面ABC1的距离为，
所以，
解得，
由，得（xP﹣，yP+，zP）＝（﹣，，），
所以xP＝，yP＝﹣，zP＝，
所以，
所以．
设直线EP与平面ABC1所成的角为θ，
所以．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．