2024-2025学年河南省平顶山市叶县高级中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省平顶山市叶县高级中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共16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.圆C：x2+y2−4x+2y−4=0的圆心与半径分别为( )
A. C(−2,1)，r=3B. C(−2,1)，r=9
C. C(2,−1)，r=3D. C(2,−1)，r=9
2.两平行直线l1：x+y−1=0和l2：x+y−3=0之间的距离为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 3
3.已知点A(3,2,−1)，B(4,1,−2)，C(−5,4,3)，且四边形ABCD是平行四边形，则点D的坐标为( )
A. (−6,5,4)B. (3,−2,7)C. (−1,2,6)D. (−6,1,−3)
4.经过直线l1：y=−2x−1和l2：y=2x+3的交点，且倾斜角是直线l2的倾斜角的两倍的直线方程为( )
A. 2x+y+1=0B. x−4y+3=0C. 4x+3y+1=0D. 3x+4y−1=0
5.已知向量m=(1,2,−1),n=(t,1,−t)，且m⊥平面α,n⊥平面β，若平面α与平面β的夹角的余弦值为2 23，则实数t的值为( )
A. 12或−1B. 15或1C. −1或2D. −12
6.直线y=x+1关于直线y=2x对称的直线方程为( )
A. 3x−y−1=0B. 4x−y−2=0C. 5x−y−3=0D. 7x−y−5=0
7.在空间直角坐标系中，已知A(1,1,−1)，B(1,2,2)，C(−3,4,2)，则点A到直线BC的距离为( )
A. 7 55B. 10C. 392D. 3 52
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，DM=λDA1(0<λ<1)，CN=μCD1(0<μ<1)，若MN/​/平面AA1C1C，则线段MN的长度的最小值为( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 33
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.已知向量a=(1,−1,0),b=(2,1,−2)，则下列向量中与a,b共面的向量是( )
A. c1=(3,0,−2)B. c2=(−1,2,2)C. c3=(0,−3,2)D. c4=(5,1,−2)
10.已知动点A，B分别在直线l1：3x−4y+5=0与l2：3x−4y+10=0上移动，则线段AB的中点P到坐标原点O的距离可能为( )
A. 2B. 75C. 3D. 94
11.如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥底面ABCD，底面ABCD为边长为2的菱形，∠ABC=π3，AP= 2,O为对角线AC，BD的交点，DF=λDP(0<λ<1),E为PC的中点.则下列说法正确的是( )
A. AE⊥OF
B. 三棱锥P−ABD的外接球的半径为 5
C. 当异面直线OF和AB所成的角为π6时，λ=37
D. 点F到平面PAB与到平面PAC的距离相等
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.过点A(3,−1)且在两坐标轴上截距相等的直线方程是______．
13.已知点A(−1,3)，B(3,2)，过点P(32,12)的直线l与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围为______，直线l的斜率的取值范围为______．
14.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π3,∠A1AC=∠A1AB=π4，AB=AC=2,A1A= 2,D为A1C1的中点，E为B1C1的中点，BD和AE相交于点P，则CP= ______．
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.(本小题13分)
已知△ABC三个顶点的坐标分别是A(1,1)，B(4,2)，C(3,0)．
(1)求△ABC的面积．
(2)求△ABC外接圆的方程．
16.(本小题15分)
在△ABC中，顶点A在直线y=x上，顶点B的坐标为(−4,0)，AB边的中线CD所在的直线方程为5x+7y−2=0，BC边的垂直平分线的斜率为52．
(1)求直线AC的方程；
(2)若直线l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=4，AD=2，AE=14AB．
(1)证明：AC⊥平面DD1E；
(2)求直线D1E与平面DEC1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知直线l：(m+1)x+(m−2)y−(4m+1)=0与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求|OA|⋅|OB|的最小值；
(2)求|OA|+|OB|的最小值．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AD，AB=AD= 2，CD=BC，PB=PD= 5，cs∠BCD=45，E为PC的中点．
(1)证明：BE//平面PAD；
(2)求平面ABP与平面PBD的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆的一般方程与标准方程的互化，属于简单题．
化一般方程为标准方程，即可得到圆心与半径．
【解答】
解：圆C：x2+y2−4x+2y−4=0，的标准方程为：(x−2)2+(y+1)2=9，
则其圆心坐标为(2,−1)，半径为3．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】解：平行直线l1：x+y−1=0和l2：x+y−3=0之间的距离d=|−1+3| 12+12= 2．
故选：A．
利用平行线间距离公式计算即得．
本题考查的知识点：平行线间的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由于点A(3,2,−1)，B(4,1,−2)，C(−5,4,3)，
故AD=BC，
设D(x,y,z)；
故(x−3,y−2,z+1)=(−9,3,5)；
故x=−6，y=5，z=4．
故D(−6,5,4)．
故选：A．
直接利用向量的坐标运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由y=−2x−1y=2x+3，解得x=−1y=1，
即所求方程的直线过点(−1,1)，
令直线l2：y=2x+3的倾斜角为α，则tanα=2，显然α是锐角，
因此所求方程的直线斜率k=tan2α=2tanα1−tan2α=2×21−22=−43，
所以所求的直线方程为y−1=−43(x+1)，即4x+3y+1=0．
故选：C．
求出两直线的交点坐标，再利用二倍角的正切公式求出直线的斜率即可求解．
本题考查了直线的倾斜角和直线的斜率，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为m⋅n=2+2t,|m|= 6,|n|= 1+2t2，
所以|2+2t| 6⋅ 1+2t2=2 23，
解得t=15或1．
故选：B．
根据平面夹角的向量公式求解可得．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由y=x+1y=2x，解得x=1y=2，
则直线y=x+1与直线y=2x交于点A(1,2)，
在直线y=x+1上取点B(−4,−3)，
设点B关于直线y=2x的对称点B′(a,b)，
依题意，b+3a+4=−12b−32=2⋅a−42，整理得a+2b=−102a−b=5，
解得a=0b=−5，即点B′(0,−5)，
直线BB′的方程为y=2−(−5)1−0x−5，即7x−y−5=0，
所以直线y=x+1关于直线y=2x对称的直线方程为7x−y−5=0．
故选：D．
解方程组求出两条直线的交点坐标，再求出直线y=x+1上的点(−4,−3)关于直线y=2x的对称点即可求解．
本题考查了直线与直线的对称问题，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：∵A(1,1,−1)，B(1,2,2)，C(−3,4,2)，
∴BC=(−4,2,0)，BC|BC|=(−2 55, 55,0),BA=(0,−1,−3)，
∴d= BA2−(BA⋅BC|BC|)2= 10−(− 55)2=7 55．
故选：A．
利用空间向量法求出点到直线距离即可．
本题考查空间向量坐标运算法则、点到直线距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则有D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，
依题意，DM=λDA1=λ(1,0,1)=(λ,0,λ)，
DN=DC+CN=DC+μCD1=(0,1,0)+μ(0,−1,1)=(0,1−μ,μ)，
于是MN=DN−DM=(−λ,1−μ,μ−λ)，
又因DB⊥AC，CC1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，
则CC1⊥BD，
又CC1∩AC=C，CC1，AC⊂平面ACC1A1，
故BD⊥平面ACC1A1，
故平面AA1C1C的法向量可取为n=DB=(1,1,0)，
因MN/​/平面AA1C1C，故MN⋅n=−λ+1−μ=0，
即λ+μ=1，
则|MN|2=λ2+(1−μ)2+(μ−λ)2=2λ2+(1−2λ)2
=6λ2−4λ+1=6(λ−13)2+13，
因0<λ<1，故当λ=13时，|MN|min= 33．
故选：D．
建空间直角坐标系，求出相关点的坐标，用λ，μ表示出MN，证明BD⊥平面ACC1A1，求得平面AA1C1C的法向量，由条件得到λ+μ=1，将|MN|2的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得．
本题考查用空间向量方法证明线面平面，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，设c1=xa+yb，则得x+2y=3−x+y=0−2y=−2，解得x=1y=1，即c1=a+b，故A正确；
对于B，设c2=xa+yb，则得该方程组无解，故不存在x，y的值满足c2=xa+yb，故B错误；
对于C，设c3=xa+yb，则得x+2y=0−x+y=−3−2y=2，解得x=2y=−1，即c3=2a−b，故C正确；
对于D，设c4=xa+yb，则得x+2y=5−x+y=1−2y=−2，该方程组无解，故不存在x，y的值满足c4=xa+yb，故D错误．
故选：AC．
根据共面向量定理，设出表达式，由方程组的解的情况确定是否与a,b共面即得．
本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量共面的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：令A(x1,y1)、B(x2,y2)分别在直线l1：3x−4y+5=0与l2：3x−4y+10=0上，
设AB的中点M的坐标为(x,y)，则有：2x=x1+x22y=y1+y2，
∴3x1−4y1+5=03x2−4y2+10=0，两式相加得：3(x1+x2)−4(y1+y2)+15=0，
∴6x−8y+15=0，则原点到该直线的距离d=|15| 62+82=32，大于该值的都有可能．
故选：CD．
设出动点A(x1,y1)、B(x2,y2)的中点坐标，然后求出中点的轨迹方程，再求出原点到该直线的距离可得答案．
本题考查了两点间的距离公式，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：在菱形ABCD中，过点A作直线Ax⊥AD，
由AP⊥底面ABCD，得直线Ax，AD，AP两两垂直，
以点A为原点，直线Ax，AD，AP分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，而∠ABC=π3，
则A(0,0,0),B( 3,−1,0),C( 3,1,0),D(0,2,0),P(0,0, 2),O( 32,12,0),E( 32,12, 22)，
由DF=λDP(0<λ<1)，得DF=λ(0,−2, 2)=(0,−2λ, 2λ)，则F(0,2−2λ, 2λ)，
对于A，AE=( 32,12, 22)，OF=(− 32,32−2λ, 2λ)，
则AE⋅OF= 32×(− 32)+12(32−2λ)+ 2λ× 22=0，于是AE⊥OF，故A正确；
对于B，由CB=CA=CD=2，
得三棱锥P−ABD的外接球截平面ABD所得截面圆圆心为C，
则球心O1在过C垂直于平面ABD的直线上，直线CO1//AP，
显然球心O1在线段AP的中垂面上，因此O1C=12AP= 22，
三棱锥P−ABD的外接球R= O1C2+AC2= 12+4=3 22，故B错误；
对于C，AB=( 3,−1,0)，由异面直线OF和AB所成的角为π6，
得|cs〈OF,AB〉|=|OF⋅AB||OF||AB|=|2λ−3|2 34+(32−2λ)2+2λ2= 32，
整理得56λ2=24λ，而0<λ<1，解得λ=37，故C正确；
对于D，AB=( 3,−1,0),AC=( 3,1,0),AP=(0,0, 2)，
设平面PAB的一个法向量为m=(a,b,c)，
则由m⊥AB，m⊥AP，可得m⋅AB= 3a−b=0m⋅AP= 2c=0，
令a=1，可得m=(1, 3,0)，
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥AC，n⊥AP，可得n⋅AC= 3x+y=0n⋅AP= 2z=0，
令x=1，可得n=(1,− 3,0)，
而AF=(0,2−2λ, 2λ)，
则点F到平面PAB的距离d1=|AF⋅m||m|=| 3(2−2λ)|2= 3(1−λ)，
点F到平面PAC的距离d2=|AF⋅n||n|=|− 3(2−2λ)|2= 3(1−λ)，
显然d1=d2，故D正确．
故选：ACD．
在菱形ABCD中，过点A作直线Ax⊥AD，以A为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间向量求出线线角判断A、C；求出点到平面距离判断D；分析棱锥外接球球心并求出球半径判断B．
本题考查空间线线垂直的判定、棱锥外接球体积求法、异面直线所成角及点到平面的距离，属中档题．
12.【答案】x+y−2=0或x+3y=0
【解析】解：当直线过原点时，方程为y=−13x，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．
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．
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．
13.【答案】[π4,3π4] (−∞,−1]∪[1,+∞)
【解析】解：如图所示：
由点A(−1,3),B(3,2),P(32,12)，可得直线PA的斜率为12−332+1=−1，直线PB的斜率为12−232−3=1，
由直线l与线段AB相交，可得k的范围是(−∞,−1]∪[1,+∞)；
由斜率与倾斜角的正切图象得倾斜角α∈[π4,3π4]．
故答案为：[π4,3π4]；(−∞,−1]∪[1,+∞)．
分别求得直线PA，PB的斜率，结合图形可得k的范围，再由直线的斜率公式，可得倾斜角的范围．
本题考查了直线的斜率和倾斜角，是中档题．
14.【答案】2 33
【解析】解：在三棱柱ABC−A1B1C1中，连接DE，由D，E分别为A1C1，B1C1的中点，
得DE//A1B1//AB，且DE=12A1B1=12AB，则AP=2PE，
AP=23AE=23⋅12(AB1+AC1)=13(AB+AC+2AA1)，
CP=AP−AC=13(AB−2AC+2AA1)，而∠BAC=π3,∠A1AC=∠A1AB=π4，
所以|CP|=13 (AB−2AC+2AA1)2=13 AB2+4AC2+4AA12−4AB⋅AC+4AB⋅AA1−8AC⋅AA1
=13 4+4×4+4×2−4×2×2×12+4×2× 2× 22−8×2× 2× 22=2 33．
故答案为：2 33．
根据给定条件，可得AP=23AE，再利用空间向量的基底{AB,AC,AA1}表示CP，然后利用向量数量积的运算律求解即得．
本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为A(1,1)，B(4,2)，C(3,0)，
所以|AB|= (4−1)2+(2−1)2= 10，|AC|= (3−1)2+(0−1)2= 5，
|BC|= (4−3)2+(2−0)2= 5，
可得|AB|2=|AC|2+|BC|2，即该三角形为等腰直角三角形，
所以S△ABC=12|AC|⋅|BC|=12⋅ 5⋅ 5=52；
(2)设△ABC的外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
所以1+1+D+E+F=016+4+4D+2E+F=09+3D+F=0，解得D=−5，E=−3，F=6，
所以△ABC的外接圆的方程为：x2+y2−5x−3y+6=0．
【解析】(1)由△ABC的顶点坐标，求出三边的长，进而判断出三角形的形状；
(2)设圆的一般方程，将点A，B，C的坐标代入，可得参数的值，即求出圆的方程．
本题考查三角形外接圆的求法及三角形形状的判断，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由BC边的垂直平分线的斜率为52，得直线BC方程为y=−25(x+4)，即2x+5y+8=0，
而AB边中线CD所在的直线方程为5x+7y−2=0，
由2x+5y+8=05x+7y−2=0，解得x=6y=−4，则C(6,−4)，设点A(a,a)，则点D(a2−2,a2)，
于是5(a2−2)+7⋅a2−2=0，解得a=2，即点A(2,2)，直线AC的斜率k=−4−26−2=−32，
所以直线AC的方程为y−2=−32(x−2)，即3x+2y−10=0．

(2)由(1)知，A(2,2)，C(6,−4)，
由直线l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，得直线l过边AC的中点(4,−1)，或l/​/AC，
当直线l过(4,−1)时，直线l的斜率为−1−04−(−4)=−18，方程为y=−18(x+4)，即x+8y+4=0，
当直线l/​/AC时，直线l的斜率为−32，方程为y=−32(x+4)，即3x+2y+12=0，
所以直线l的方程为x+8y+4=0或3x+2y+12=0．
【解析】(1)求出直线BC方程，与直线CD方程联立求出点C的坐标，再设出点A的坐标，由AB的中点在直线CD上，求出点A的坐标，然后求出直线AC方程．
(2)按直线l过AC的中点及与AC平行求出方程即得．
本题考查了直线的方程，对称问题的求解，是中档题．
17.【答案】解：(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，建系如图：

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，
E(2,1,0)，D1(0,0,4)，C1(0,4,4)，
∴AC=(−2,4,0)，DE=(2,1,0)，DD1=(0,0,4)，
∴AC⋅DE=(−2)×2+4×1=0，AC⋅DD1=0，
∴AC⊥DE，AC⊥DD1，又DE∩DD1=D，DE，DD1⊂平面DD1E，
∴AC⊥平面DD1E；
(2)设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z)，又DE=(2,1,0)，DC1=(0,4,4)，
则DE⋅m=2x+y=0DC1⋅m=4y+4z=0，取m=(1,−2,2)，又ED1=(−2,−1,4)，
∴直线D1E与平面DEC1所成的角的正弦值为：
|cs|=|ED1⋅m||ED1||m|=8 21×3=8 2163．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得．
(2)利用(1)中坐标系，求出平面DEC1的法向量坐标，再利用线面角的向量求法求解即可．
本题考查线面垂直的证明，向量法求解线面角问题，属中档题．
18.【答案】解：(1)由l：(m+1)x+(m−2)y−(4m+1)=0整理得，(x+y−4)m+x−2y−1=0，
令x+y−4=0x−2y−1=0，解得x=3y=1，即直线l经过定点(3,1)．
不妨设直线l的方程为xa+yb=1,(a>0,b>0)，则有3a+1b=1(*)，
由(*)和基本不等式可得，a+3b=ab≥2 3ab，解得ab≥12，
当且仅当a=3b时，即a=6，b=2时，等号成立，
故当|OA|=a=6，|OB|=b=2时，|OA|⋅|OB|=ab的最小值为12；
(2)因|OA|+|OB|=a+b，由(1)得，3a+1b=1，
则(3a+1b)(a+b)=4+3ba+ab≥4+2 3，当且仅当a= 3b时，等号成立，
故当|OA|=a=3+ 3,|OB|=b= 3+1时，|OA|+|OB|=a+b取得最小值4+2 3．
【解析】(1)先判断直线l经过定点(3,1)，设直线的截距式方程，代入得3a+1b=1，利用基本不等式即可求得；
(2)利用(1)的结论，借助于常值代换法和基本不等式即可求得
本题考查了直线的方程，基本不等式的运用，是中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，连接AC，BD，两线交于点O，

因为AB=AD= 2，AB⊥AD，则AO=BO=OD=1，BD=2，
在△BCD中，设CD=BC=x，
由余弦定理，2x2−2x2×45=4，
解得x= 10，则OC= 10−1=3，
由题意知：A，O，C共线且AC⊥BD，取线段OC的三等分点M(靠近点O)，
连接EM，BM，则点M是AC的中点，因E为PC的中点，故有EM//PA，
又EM⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
故EM/​/平面PAD①，
因为OM=AO=BO=OD，且AM⊥BD，易知ABMD为菱形，故得BM/​/AD，
又BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
故BM/​/平面PAD②，
由①，②，因为BM∩EM=M，BM，EM⊂平面BEM，
故平面BEM//平面PAD，
因BE⊂平面BEM，则BE//平面PAD．
(2)如图，分别以OB,OC，过点O竖直向上的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

设OP与z轴成θ角，因PB=PD= 5，则PO⊥BD且PO= 5−1=2，
又AO⊥BD，故∠POA即二面角P−BD−A的平面角，则∠POA=90°−θ，
于是P(0,−2sinθ,2csθ)，又A(0,1,0)，B(1,0,0)，D(−1,0,0)，
则AB=(1,−1,0),AP=(0,−2sinθ−1,2csθ)，
设平面ABP的一个法向量为m=(x,y,z)，
则AB⋅m=x−y=0AP⋅m=−(2sinθ+1)y+2zcsθ=0，
可取m=(2csθ,2csθ,2sinθ+1)；
又BD=(−2,0,0),BP=(−1,−2sinθ,2csθ)，
设平面BDP的一个法向量为n=(x′,y′,z′)，
则BD⋅n=−2x′=0BP⋅n=−x′−2y′sinθ+2z′csθ=0，
可取n=(0,csθ,sinθ)．
设平面ABP与平面PBD的夹角为α，
则csα=|m⋅n||m|⋅|n|=|2cs2θ+sinθ(2sinθ+1)| −4sin2θ+4sinθ+9= (sinθ+2)2−4sin2θ+4sinθ+9= sin2θ+4sinθ+4−4sin2θ+4sinθ+9，
设sinθ=t，因为θ∈[0,π2)，则t∈[0,1)，
csα= t2+4t+4−4t2+4t+9= −14(1+5t+254t2−t−94)，
设t+54=u，则u∈[54,94),
t2−t−94=u2−72u+916，
记f(u)=5uu2−72u+916=5u+916u−72，
因为函数y=u+916u在u∈[54,94)上单调递增，
故1710≤u+916u<52，
则−5故23≤csα<1，
即平面ABP与平面PBD的夹角的余弦值的取值范围为[23,1)．
【解析】(1)通过计算得出AO=1，OC=3，取线段OC的三等分点M(靠近点O)证明平面BEM//平面PAD即得；
(2)依题建系，设OP与z轴成θ角，分别求得点P坐标和两平面的法向量，计算它们夹角的余弦值的表达式，求其值域即得．
本题考查线面平行的判定以及向量法的应用，属于中档题．