2024-2025学年河北省邯郸市武安一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省邯郸市武安一中高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共15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.直线x+ 3y+1=0的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.已知点(1,1)在圆(x−a)2+(y+a)2=4的内部，则实数a的取值范围是( )
A. (−1,1)B. (0,1)
C. (−∞,−1)∪(1,+∞)D. {1,−1}
3.如果方程x2m2+y2m+2=1表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是( )
A. (2,+∞)B. (−∞,−1)
C. (−∞,−1)∪(2,∞)D. (−2,−1)∪(2,+∞)
4.已知A( −1,0)，B是圆F：x2−2x+y2−11=0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为( )
A. x212+y211=1B. x236−y235=1C. x23−y22=1D. x23+y22=1
5.圆C1：x2+y2+2x−6y−26=0与圆C2：x2+y2−4x+2y+4=0的位置关系是( )
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
6.已知a=(x,1,2)，b=(1,2,−y)，且(2a+b)//(−a+2b)，则( )
A. x=13，y=1B. x=12，y=−4C. x=2，y=−14D. x=1，y=−1
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为( )
A. 83B. 38C. 43D. 34
8.设椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，右顶点为A，已知点P在椭圆E上，若∠F1PF2=90°，∠PAF2=45°，则椭圆E的离心率为( )
A. 57B. 63C. 2− 2D. 3−1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若椭圆x2m−1+y26=1的离心率为 33，则实数m的取值可能是( )
A. 10B. 8C. 5D. 4
10.已知椭圆C:x24+y22=1上有一点P，F1，F2分别为其左、右焦点，∠F1PF2=θ，▵F1PF2的面积为S，则下列说法正确的是( )
A. ▵F1PF2的周长为4+2 2
B. 角θ的最大值为90°
C. 若S= 2，则相应的点P共有2个
D. 若▵F1PF2是钝角三角形，则S的取值范围是0, 2
11.已知点M在直线l：y−4=k(x−3)上，点N在圆O：x2+y2=9上，则下列说法正确的是( )
A. 点N到l的最大距离为8
B. 若l被圆O所截得的弦长最大，则k=43
C. 若l为圆O的切线，则k的取值为0或724
D. 若点M也在圆O上，则点O到l的距离的最大值为3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点P(−4,2)，且到点(1,1)的距离为5的直线方程为______．
13.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面边长为2，高为4，则异面直线BD1与AD所成角的余弦值是 ．
14.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，且ka+b与2a−b的夹角为钝角，则实数k的取值范围为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知直线l1：x−3y−2=0，l2：3x−2y+1=0，设直线l1，l2的交点为P．
(1)求P的坐标；
(2)若直线l过点P且在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程．
16.(本小题12分)
已知圆C的圆心C在直线y=3x+2上，且圆C过A(0,0)，B(2,2)两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过点(3,0)作圆C的切线l，求切线l的方程．
17.(本小题12分)
如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN/​/平面C1DE；
(2)求二面角A−MA1−N的正弦值．
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点坐标分别为A(−3,0)，B(2,0)，C(0,−4)，经过这三个点的圆记为M．
(1)求BC边的中线所在直线的一般式方程；
(2)求圆M的方程．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，点O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥平面BCD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求点B到平面EOC的距离．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角、直线的斜率，考查计算能力，是基础题．
设出直线的倾斜角，求出斜率，根据斜率与倾斜角正切值的关系，求出倾斜角．
【解答】
解：设直线的倾斜角为α，
由题意直线的斜率为− 33，即tanα=− 33，
所以α=5π6，
故选：D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了点与圆的位置关系、由标准方程确定圆心和半径、两点间的距离公式，属于基础题．
首先根据圆的标准方程得到圆心坐标和半径，再将已知点与圆心的距离和圆的半径大小关系表示出来，即可得出结果．
【解答】
解：圆(x−a)2+(y+a)2=4的圆心(a,−a)，半径为2，
由于(1,1)在圆(x−a)2+(y+a)2=4的内部，
所以点(1,1)到圆心(a,−a)的距离d<2，
即： (1−a)2+(1+a)2<2，整理得：−1故选：A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力．
方程x2m2+y2m+2=1表示焦点在x轴上的椭圆，可得m2>m+2>0，解出即可得出．
【解答】解：∵方程x2m2+y2m+2=1表示焦点在x轴上的椭圆，
∴m2>m+2>0，
解得m>2或−2∴m的取值范围是(−2,−1)∪(2,+∞)．
故选D．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆的标准方程，椭圆的概念及标准方程和圆锥曲线中的轨迹问题 ，属于基础题．
利用圆的标准方程得圆F的圆心坐标和半径，再利用椭圆的定义，结合椭圆的标准方程得结论．
【解答】
解：圆F：x2−2x+y2−11=0化为标准方程是(x−1)2+y2=12，
由垂直平分线的性质可知|PA|=|PB|，
∴|PA|+|PF|=|PB|+|PF|=r=2 3>|AF|=2，
∴点P的轨迹是以A， F为焦点的椭圆，且a= 3，c=1，∴b= 2，
∴动点P的轨迹方程为x23+y22=1．
故选D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆与圆位置关系的判定，考查化圆的一般方程为标准方程，是基础题．
化圆的一般方程为标准方程，求得两圆的圆心坐标与半径，再由圆心距与半径差的绝对值比较得答案．
【解答】
解：化圆C1：x2+y2+2x−6y−26=0为(x+1)2+(y−3)2=36，
得圆心坐标为C1(−1,3)，半径r1=6；
化圆C2：x2+y2−4x+2y+4=0为(x−2)2+(y+1)2=1，
得圆心坐标为C2(2,−1)，半径r2=1．
∵|C1C2|= (−1−2)2+(3+1)2=5=r1−r2，
∴圆C1与圆C2的位置关系是内切．
故选A．
6.【答案】B
【解析】解：由a=(x,1,2)，b=(1,2,−y)，
可得2a+b=(2x+1,4,4−y)，−a+2b=(2−x,3,−2−2y)，
又(2a+b)//(−a+2b)，
所以存在非零常数λ，使得2a+b=λ(−a+2b)，
即2x+1=λ(2−x)4=3λ4−y=λ(−2y−2)，解得x=12y=−4λ=43．
故选：B．
根据空间向量运算的坐标表示，代入坐标进行运算即可．
本题考查空间向量平行的坐标运算，属基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了点到平面的距离，同时考查空间向量的应用，属于中档题．
建立空间直角坐标系，求出平面AB1D1的一个法向量n，则A1到平面AB1D1的距离为d=|AA1⋅n||n|．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系：
则A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，A1(2,0,4)，
AB1=(0,2,4)，AD1=(−2,0,4)，AA1=(0,0,4)．
设平面AB1D1的法向量n=(x,y,z)，
则AB1⋅n=0,AD1⋅n=0,即2y+4z=0,−2x+4z=0,
令x=2，得y=−2，z=1，则n=(2,−2,1)．
所以A1到平面AB1D1的距离为d=|AA1⋅n||n|=43．
故选C．
8.【答案】D
【解析】解：由椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
可得F1(−c,0)，F2(c,0)，A(a,0)，
不妨设点P(x1,y1)在第一象限，
由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a，
因为∠F1PF2=90°，
可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
即(|PF1|+|PF2|)2−2|PF1||PF2|=4c2，
可得4a2−2|PF1||PF2|=4c2，
所以|PF1||PF2|=2(a2−c2)=2b2，
所以△F1PF2的面积为S=12|PF1||PF2|=b2，
可得12×2c⋅y1=b2，
解得y1=b2c，
又因为a−xp=yp，可得xp=a−b2c，
即P(a−b2c,b2c)，
将点P代入椭圆的方程，
可得(a−b2c)2a2+(b2c)2b2=1，
整理得a2+b2−2ac=0，
因为b2=a2−c2，
可得c2+2ac−2a2=0，
即e2+2e−2=0，
解得e= 3−1和e=− 3−1(舍去)，
即椭圆C的离心率为 3−1．
故选：D．
根据题意，利用椭圆的定义，求得△F1PF2的面积为S=b2，结合12×2c⋅y1=b2，求得y1=b2c，进而得到P(a−b2c,b2c)，代入椭圆的方程，得到a2+b2−2ac=0，转化为e2+2e−2=0，即可求解．
本题考查椭圆离心率的计算，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：当AC当焦点在x轴上时，
m−1>6，a= m−1，b= 6，c= m−7
由ca= m−7 m−1= 33，可得m=10；
当焦点在y轴上时，
0由ca= 7−m 6= 33，可得m=5．
故选：AC．
根据题圆的几何性质，方程思想即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，分类讨论思想，方程思想，属基础题．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的概念和椭圆的几何性质，与椭圆有关的面积问题，涉及余弦定理，属于中档题．
先根据椭圆的方程求得c即可求出三角形周长，由△F1PF2的面积求出高h，可判断B，由b=c，以F1F2为直径的圆与椭圆C相切，判断C，由选项C求出面积即可判断D．
【解答】
解：由已知可得a=2，b= 2，所以c= 2，△F1PF2的周长为2a+2c=4+2 2，故A正确；
因为S=12×2 2×h= 2h= 2，所以h=1< 2=b，所以点P共有4个，故C错误；
因为b=c，所以以F1F2为直径的圆与椭圆C相切，所以θ≤90°，故B正确；
因为△PF1F2为钝角三角形，所以△PF1F2中有一个角大于90°，由选项C知∠F1PF2不可能为钝角，所以∠PF2F1或∠PF1F2为钝角，当∠PF2F1=90°时，将x= 2代入x24+y22=1得y=1，此时△PF1F2的面积为S=12×2 2×1= 2，所以三角形的面积S∈(0, 2)，故D正确；
故选ABD．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A，由题意可知，直线l过定点P(3,4)，圆O的圆心为原点O，半径为3，
设圆心O到直线l的距离为D.当OP⊥l时，d=|OP|= 32+42=5；
当OP与直线l不垂直时，总有d<|OP|．
综上，d≤|OP|=5，所以点N到l的最大距离为5+3=8，故选项A正确．
对于选项B，若l被圆O所截得的弦长最大，则直线l过圆心O，可得−3k=−4，所以k=43，故选项B正确．
对于选项C，若l为圆O的切线，则|4−3k| k2+1=3，解得k=724，故选项C错误．
对于选项D，若M也在圆O上，则直线l与圆O相切或相交，
当直线l与圆O相切时，点O到l的距离取最大值3，故选项D正确．
故选：ABD．
直线l：y−4=k(x−3)恒过定点D(3,4)，当OD⊥l时，圆心O到直线l的距离最大，可判断A；l被圆O所截得的弦长最大时，则l过圆O的圆心O，可求k，可判断B；由−3k+4 k2+1=3，可求k判断C；当直线l与圆相切时，圆心到直线的距离为圆的半径3，可判断D．
本题考查直线与圆的位置关系，以及点到线的距离的最大值，属中档题．
12.【答案】12x−5y+58=0或x=−4
【解析】解：当直线的斜率不存在时，直线方程x=−4满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为k，则其方程为y−2=k(x+4)，即kx−y+4k+2=0，
由点到直线的距离公式得|k−1+4k+2| k2+1=5，解得k=125，此时直线方程为12x−5y+58=0．
综上可知所求直线方程为12x−5y+58=0或x=−4．
故答案为：12x−5y+58=0或x=−4．
分别讨论所求直线的斜率不存在和存在，由点到直线的距离公式，计算可得所求．
本题考查点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和运算能力，属于中档题．
13.【答案】 66
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，属于基础题．
确定∠D1BC就是异面直线BD1与AD所成的角， 连接D1C，证得BC⊥D1C，在Rt△D1BC中求出所成角的余弦值即可．
【解答】
解：如图：
∵AD/​/BC，∴∠D1BC就是异面直线BD1与AD所成的角， 连接D1C，
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底边长为2，高为4，
∴BC=2，BD1= 22+22+42=2 6，
∵在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，易知BC⊥平面D1C1CD，
又D1C⊂平面D1C1CD，∴BC⊥D1C，
∴在Rt△D1BC中，cs∠D1BC=BCBD1=22 6= 66．
故答案为 66．
14.【答案】−∞,−2∪−2,75
【解析】【分析】
本题主要考查两个向量的数量积公式，两个向量共线的性质，两个向量的夹角公式，属于中档题．
由题意利用两个向量的数量积公式求得a⋅b，再两个向量共线的性质，两个向量的夹角公式，求得k的范围．
【解答】
解：∵向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，∴a⋅b=−1，且a、b不平行．
∵ka+b与2a−b的夹角为钝角，设ka+b与2a−b的夹角为θ，
ka+b与2a−b不共线且csθ<0，
即k2≠1−1，且(ka+b)⋅(2a−b)<0，
即k≠−2，且2ka2+(2−k)a⋅b−b2<0．
∵a= 2,b= 5，
即k≠−2，且4k−(2−k)−5<0，
求得k<75，且k≠−2．
故k的取值范围为−∞,−2∪−2,75，
故答案为−∞,−2∪−2,75．
15.【答案】解：(1)联立方程x−3y−2=03x−2y+1=0，解得P(−1,−1)．
(2)∵直线l在两坐标轴上的截距相等，
∴直线l的斜率为−1或经过原点，
当直线l过原点时，∵直线l过点P，
∴l的方程为y=x，
当直线l斜率为−1时，∵直线l过点P，
∴l的方程为y+1=−(x+1)，
综上所述，直线l的方程为x+y+2=0或x−y=0．
【解析】本题主要考查两直线交点坐标的求法和根据直线在坐标轴上的截距相等求直线方程，属于基础题．
(1)联立两直线方程，即可求解．
(2)由已知条件可得，直线l的斜率为−1或经过原点，再分类讨论，即可求解．
16.【答案】解：(1)∵圆C的圆心C在直线y=3x+2上，
∴可设C(a,3a+2)，
∵圆C过A(0,0)，B(2,2)两点，
∴CA=CB，
∴(a−0)2+(3a+2−0)2=(a−2)2+(3a+2−2)2，
解得a=0，圆心C(0,2)，故半径CA=2，
∴圆C的标准方程为x2+(y−2)2=4．
(2)由题意，切线的斜率存在，设为k，
则切线方程为y−0=k(x−3)，即kx−y−3k=0．
根据圆心到直线的距离等于半径，可得2=|0−2−3k| k2+1，
求得k=0或k=−125，
故切线的方程为y=0或12x+5y−36=0．
【解析】本题主要考查求圆的标准方程，圆的切线性质，点到直线的距离公式，属于中档题．
(1)设出圆心坐标，用两点距离公式求得圆心坐标，可得半径，从而得到圆的标准方程．
(2)由题意，切线的斜率存在，设为k，可得切线方程，根据切线性质，利用点到直线的距离公式，求得k的值，可得切线的方程．
17.【答案】(1)证明：过N作NH⊥AD，连接BH，
则NH/​/AA1，H是AD中点，且NH=12AA1，
又MB/​/AA1，MB=12AA1，
所以NH/​/MB，NH=MB，
∴四边形NMBH为平行四边形，
则NM/​/BH，
由H为AD中点，而E为BC中点，
∴BE/​/DH，BE=DH，
则四边形BEDH为平行四边形，则BH/​/DE，
∴NM/​/DE，
∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴MN/​/平面C1DE；
(2)解：以D为坐标原点，以平面ABCD内垂直于DC的直线为x轴，以DC所在直线为y轴，
以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则N( 32,−12,2)，M( 3,1,2)，A1( 3,−1,4)，
NM=( 32,32,0)，NA1=( 32,−12,2)，
设平面A1MN的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅NM= 32x+32y=0m⋅NA1= 32x−12y+2z=0，取x= 3，得m=( 3,−1,−1)，
又平面MAA1的一个法向量为n=(1,0,0)，
∴cs=m⋅n|m|⋅|n|= 3 5= 155．
∴二面角A−MA1−N的正弦值为 105．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．
(1)过N作NH⊥AD，证明NM/​/BH，再证明BH/​/DE，可得NM/​/DE，再由线面平行的判定可得MN/​/平面C1DE；
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，即可得解．
18.【答案】解：(1)在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点坐标分别为B(2,0)，C(0,−4)，
则：设BC的中点为D(x,y)，
所以：x=2+02=1，y=−4+02=−2，
则：D(1,−2)，
所以：直线AD的斜率k=−12，
则：直线AD的方程为：y=−12(x+3)，
整理成一般式为：x+2y+3=0．
(2)已知△ABC三个顶点坐标分别为A(−3,0)，B(2,0)，C(0,−4)，
经过这三个点的圆记为M，
设圆的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则：9−3D+F=04+2D+F=016−4E+F=0，
解得：D=1E=52F=−6，
所以圆M的方程为：x2+y2+x+52y−6=0．
【解析】(1)首先利用中点坐标求出BC的中点D的坐标，进一步利用点斜式求出直线的方程．
(2)直接利用圆的一般式建立三元一次方程组，进一步解方程组求出圆的方程．
本题考查的知识要点：中点坐标公式的应用，利用点斜式求直线的方程，圆的一般式的应用，主要考查学生的应用能力．
19.【答案】(1)证明：因为AB=AD，点O为BD中点，所以AO⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD⋂平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以OA⊥平面BCD．
(2)解：因为△OCD是边长为1的等边三角形，所以BD=2，BC= 3，∠BCD=90°，
过点E作BD的垂线交BD于点F，过点F作BC的垂线交BC于点G，连接EG．
则EF//AO，GF//CD，
又OA⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，EF⋂FG=F，EF、FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
所以∠EGF即为二面角E−BC−D的平面角，所以∠EGF=45°．
因为DEAD=DFOD=EFAO=23，所以AO=32EF，OF=13，DF=23，
所以BFBD=GFCD，所以GF=EF=1+132=23，AO=32EF=1．
过点O作OM//CF交BC于点M，则OM⊥OD，所以OM、OD、OA两两垂直，
以点O为坐标原点，OM、OD、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
则O(0,0,0)，B(0,−1,0)，C( 32,12,0)，E(0,13,23)，
所以CO=(− 32,−12,0)，CE=(− 32,−16,23)，
设平面EOC的法向量为m=(x,y,z)，
则m·CO=− 32x−12y=0m·CE=− 32x−16y+23z=0，取x=−2，得y=2 3，z=− 3，
则m=(−2,2 3,− 3)，所以|m|= −22+(2 3)2+( 3)2= 19，
又CB=(− 32,−32,0)，
则m⋅CB=−2×(− 32)+2 3×(−32)+(− 3)×0=−2 3
故点B到平面EOC的距离为|m⋅BC|m||=2 3 19=2 5719．
【解析】本题考查了点面距离的向量求法、面面垂直的性质、线面垂直的判定与性质、二面角，属于中档题．
(1)利用面面垂直的性质定理即可求证OA⊥平面BCD．
(2)过点E作BD的垂线交BD于点F，过点F作BC的垂线交BC于点G，连接EG.推导∠EGF即为二面角E−BC−D的平面角，进而求出AO的值．过点O作OM//CF交BC于点M，以点O为坐标原点，OM、OD、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.分别求出平面EOC的法向量和BC的坐标，根据点面距离的向量求法，即可求得点B到平面EOC的距离．