2024-2025学年浙江省宁波市镇海中学高二上学期第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市镇海中学高二上学期第一次月考数学试卷（含解析），共17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.已知向量a=(2,4)，b=(−1,1)，则2a−b=( )
A. (5,7)B. (5,9)C. (3,7)D. (3,9)
2.已知直线l1:x−3y+2=0,l2:3x−ay−1=0，若l1⊥l2，则实数a的值为( )
A. 1B. 12C. −12D. −1
3.已知m是实常数，若方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线是圆，则m的取值范围为( )．
A. (−∞,20)B. (−∞,5)C. (5,+∞)D. (20,+∞)
4.设a,b为两条直线，α,β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 若a,b与α所成的角相等，则a/\!/bB. 若a//α,b//β，α/​/β，则a/\!/b
C. 若a⊂α,b⊂β,a//b，则α/​/βD. 若a⊥α,b⊥β，α⊥β，则a⊥b
5.直线y=kx+3与圆x−32+y−22=4相交于M、N两点，若MN=2 3，则k等于( )
A. 0B. −23C. −23或0D. −34或0
6.过点P1,3作直线l，若l经过点Aa,0和B0,b，且a,b均为正整数，则这样的直线l可以作出( )，
A. 1条B. 2条C. 3条D. 无数条
7.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是( )
A. 1,2B. 1, 2C. 0,1D. 0,2
8.已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为( )
A. 13B. 11C. 9D. 8
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。
9.三条直线x+y=0，x−y=0，x+ay=3构成三角形，则a的值不能为( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
10.正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A. 直线AD1与直线A1C1所成角为π3B. 直线AD1与平面ABCD所成角为π3
C. 二面角D1−AB−D的大小为π4D. 平面AB1D1⊥平面B1D1C
11.已知圆M:(x−1)2+(y−1)2=4，直线l:x+y+2=0,P为直线l上的动点，过点P作圆M的切线PA､PB，切点为A､B，则下列各选项正确的是( )
A. 四边形MAPB面积的最小值为4
B. 四边形MAPB面积的最大值为8
C. 当∠APB最大时，PA=2
D. 当∠APB最大时，直线AB的方程为x+y=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1 :mx+y+2m−3=0，l2:mx+y−m+1=0，则直线l1与l2之间的距离最大值为 ．
13.已知三棱锥P−ABC中，∠APB=2π3，PA=PB= 3，AC=5，BC=4，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．
14.若点A(x,y)满足C：(x+3)2+(y+4)2≤25，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P(6,1)而言，|PA+PB|的最小值为 ．
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m:2x−y−3=0与直线n:x+y−3=0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4，求直线l1的方程．
16.(本小题12分)
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S−ABCD的高是长方体ABCD−A1B1C1D1高的12，且底面正方形ABCD的边长为4，AA1=2．
(1)求AC1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.(本小题12分)
已知圆C过点D0,1，E−2,1，F(−1, 2)，P是直线l1:y=x−2上的任意一点，直线l2:y=x+1与圆C交于A,B两点．
(1)求圆C的方程；
(2)求PA2+PB2的最小值．
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:x+32+y−12=4和圆C2:x−42+y−52=4．

(1)若直线l过点A−1,0，且与圆C1相切，求直线l的方程；
(2)设P为直线x=−32上的点，满足：过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等．试求满足条件的点P的坐标．
19.(本小题12分)
如图，已知直三棱柱A1B1C1−ABC中，∠ABC=90∘且AB=BC=BB1=2，D、E、F分别为AC、BC、B1B的中点，G为线段DE上一动点．
(1)求C1F与平面A1B1C1所成角的正切值；
(2)证明：C1F⊥A1G；
(3)求锐二面角C1−A1G−B1的余弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量加减与数乘的坐标运算，属于基础题目．
利用平面向量的坐标运算法则进行求解即可．
【解答】
解：由a=(2,4)，b=(−1,1)，
得：2a−b=2(2,4)−(−1,1)=(4,8)−(−1,1)=(5,7)．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
对a进行分类讨论，代入k1•k2=−1求解即可．
【解答】
解：当a=0时，直线l1:x−3y+2=0的斜率k1=13，
直线l2:3x−ay−1=0的斜率不存在，此时两条直线不垂直；
当a≠0时，直线l1:x−3y+2=0的斜率k1=13，
直线l2:3x−ay−1=0的斜率k2=3a，
因为l1⊥l2，所以k1•k2=−1，
所以13×3a=1a=−1，解得：a=−1．
故选：D．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了二元二次方程表示圆的条件的应用，属于基础题．
结合二元二次方程表示圆的条件即可建立关于m的不等式，可求得答案．
【解答】解：由x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线是圆可得4+16−4m>0，解得m<5．
故m的取值范围为(−∞,5)．
故选B．
4.【答案】D
【解析】【分析】
略.
【解答】
解：试题分析：A项中两直线a,b还可能相交或异面，错误；
B项中两直线a,b还可能相交或异面，错误；
C项两平面α,β还可能是相交平面，错误；
故选D．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查圆的标准方程，直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．
求出圆的圆心与半径，求出弦心距，从而求得k的值．
【解答】
解：圆(x−3)2+(y−2)2=4的圆心为(3,2)，半径为2，
当|MN|=2 3时，
圆心(3,2)到直线y=kx+3的距离为d=|3k−2+3| k2+1=1，
求得k=−34或0，
故选D．
6.【答案】B
【解析】【分析】
假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得a,b之间关系，根据a,b为正整数可分析得到结果．
【解答】
解：∵a,b均为正整数，∴可设直线l:xa+yb=1，
将P1,3代入直线方程得：1a+3b=1，
当b=3时，1a=0，方程无解，∴a=bb−3=b−3+3b−3=1+3b−3，
∵a∈N*，3b−3≠0，∴3b−3∈N*，∴b−3=1或b−3=3，
∴b=4a=4或b=6a=2，即满足题意的直线l方程有2条.
故选：B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
建立空间直角坐标系，设AD=a，求出D1P、CP，利用D1P⋅CP=0，求出a的范围．
【解答】
解：如图建立坐标系，
设AD=a(a>0)，AP=x(0则Pa,x,2，C0,2,2，D10,0,0，
∴D1P=a,x,2，CP=a,x−2,0，
∵D1P⊥PC，
∴D1P⋅CP=0，
即a2+x(x−2)=0，所以a= −x2+2x= −(x−1)2+1，
当0故选：C．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的位置关系中的最值问题，属于中档题．
根据圆的性质可得PM+PN≥PO+PC−5，故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解．
【解答】
解：如图所示，

圆(x−9)2+(y−2)2=16的圆心为C9,2，半径为4，
圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，
可知PC−4≤PN≤PC+4,PO−1≤PM≤PO+1，
所以PM+PN≥PO+PC−5，
故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，
设O0,0关于直线y=−x−3的对称点为G，设G坐标为m,n，
则nm=1n2=−m2−3，解得m=−3n=−3，故G−3,−3，
因为PO=PG，
可得|PO|+|PC|=|PG|+|PC|
⩾|GC|= (9+3)2+(2+3)2=13 ，
当P,G,C三点共线时，等号成立，
所以PM+PN的最小值为13−5=8．
故选：D．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
由三条直线可构成三角形可知，直线x+ay=3不经过两条直线的交点，且与两条直线任意一条不平行．
【解答】
解：直线x+y=0与x−y=0都经过原点，而无论a为何值，直线x+ay=3总不经过原点，
因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线x+ay=3与另两条直线不平行，
所以a≠±1．
故选：AC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查两条异面直线所成的角，线面角，二面角及面面垂直的性质，属于中档题．
利用两条异面直线所成角的定义，结合AC/​/A1C1即可判断A；利用线面角的定义即可判断B；利用二面角的定义即可判断C；利用反证法，假设平面AB1D1⊥平面B1D1C，得AO⊥OC，得到矛盾，即可判断D．
【解答】
解：对于A，连接AC，CD1，则AC/​/A1C1，
所以∠CAD1为AD1与A1C1所成的角，
又ΔACD1为正三角形，所以∠CAD1为π3，故A正确；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，则为，又△D1DA为等腰直角三角形，则，故B错误；
对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，，又，则AD⊥AB,AD1⊥AB，故为二面角D1−AB−D的平面角，且，故C正确；
对于D，假设平面AB1D1⊥平面B1D1C，设D1B1∩A1C1=O，连接AO，OC，AC，
又AB1=AD1，则AO⊥B1D1，又，平面AB1D1∩平面B1D1C=B1D1，则，又，则AO⊥OC，在△AOC中，设正方体棱长为1，则AC= 2,OA=OC= 62，显然AC2≠OA2+OC2，即AO与OC不垂直，故假设错误，即平面AB1D1与平面B1D1C不垂直，故D错误．
故选：AC．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解．
【解答】
解：由圆的几何性质可得MA⊥PA,MB⊥PB，圆M1,1，半径为2，如下图所示：

对于A，由切线长定理可得PA=PB，又因为MA=MB，所以▵PAM≅▵PBM，所以四边形MAPB的面积S=2S△PAM=PA⋅AM=2PA，
因为PA= MP|2−MA|2= |MP|2−4，
当MP⊥l时，MP取最小值，且|MP|min=1+1+2 2=2 2，
所以四边形MAPB的面积的最小值为S=2× (2 2)2−4=4，故 A正确；
对于B，因为MP无最大值，即PA无最大值，故四边形MAPB面积无最大值，故 B错误；
对于C，因为∠APM为锐角，∠APB=2∠APM，且sin∠APM=AMMP=2MP，
故当MP最小时，∠APM最大，此时∠APB最大，此时PA=2，故 C正确；
对于D，由上可知，当∠APB最大时，PA=PB=MA=MB=2且∠PAM=90∘，
故四边形MAPB为正方形，且有MP⊥l，直线l:x+y+2=0,M1,1，
则MP的方程为y=x，联立y=xx+y+2=0，可得x=−1y=−1，即点P−1,−1，
由正方形的几何性质可知，直线AB过线段MP的中点O0,0，
此时直线AB的方程为y=−x，故 D正确．
故选：ACD．
12.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查两条平行直线间的距离，属于基础题．
分别求出直线l1，l2过的定点A，B，当AB与两直线垂直时距离最大，且最大值为|AB|，由此即可求解．
【解答】
解：直线l1:mx+y+2m−3=0化简为：m(x+2)+y−3=0，
令x+2=0且y−3=0，解得x=−2，y=3，
所以直线l1过定点A(−2,3)，
直线l2:mx+y−m+1=0化简为：m(x−1)+y+1=0，
令x−1=0且y+1=0，解得x=1，y=−1，
所以直线l2过定点B(1,−1)，
当AB与直线l1，l2垂直时，直线l1，l2的距离最大，
且最大值为AB= (−2−1)2+(3+1)2=5．
故答案为5．
13.【答案】28π
【解析】【分析】
本题考查了球的表面积，考查了三棱锥外接球计算，其中渗透了正余弦定理的应用，属于较难题．
在△PAB中，由余弦定理得AB，由勾股定理得出CB⊥AB.再由面面垂直的性质得CB⊥平面PAB.将三棱锥P−ABC放入直三棱柱中，设△PAB的外接圆半径为r，由正弦定理得出r，由勾股定理得出三棱锥P−ABC的外接球半径为R，可得球的表面积．
【解答】
解：在△PAB中，由余弦定理得AB= 3+3−2× 3× 3×cs2π3=3，
因为AC2=AB2+BC2，所以△ABC为直角三角形，CB⊥AB．
又平面PAB⊥平面ABC且交于AB，所以CB⊥平面PAB．
将三棱锥P−ABC放入直三棱柱中，
如图所示，
O1，O2分别为两个底面外接圆的圆心，O为三棱锥P−ABC外接球的球心，
且为O1，O2的中点.所以OO1=12BC=2．
设△PAB的外接圆半径为r，则2r=3sin2π3=2 3，所以r= 3．
设三棱锥P−ABC的外接球半径为R，
则R2=22+( 3)2=7，
所求外接球的表面积S=4πR2=28π．
故答案为28π．
14.【答案】325
【解析】【分析】
设B关于P点对称点为B′，PA+PB=PA−PB′=B′A，将模长最值问题转化为求圆心到直线3x+4y−32=0的距离问题求解．
此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想．
【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x+x0=12y+y0=2，解得x0=12−xy0=2−y，由B在直线3x0+4y0=12，
代入整理得3x+4y−32=0，
所以PA+PB=PA−PB′=B′A，
若点A满足C：(x+3)2+(y+4)2≤25，点A在圆C内或圆上，
则所以|B′A|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|B′A|min=−3×3−4×4−32 32+42−5=325，
所以|PA+PB|的最小值325
故答案为：325
15.【答案】解：(1)由2x−y−3=0x+y−3=0得，x=2y=1即P(2,1)，
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y−1=2−33−1(x−2)即x+2y−4=0，
当直线l过AB的中点时，直线l的方程为x=2，
故直线l的方程为x+2y−4=0或x=2．
(2)由题可设直线l1方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，
则2a+1b=112ab=4，解得a=4b=2,
故直线l1的方程为x4+y2=1即x+2y−4=0．

【解析】(1)由题可求P(2,1)，由题知直线l与直线AB平行或过AB的中点，即求；
(2)可设直线方程的截距式，由题可得2a+1b=112ab=4即求．
16.【答案】解：(1)∵几何体ABCD−A1B1C1D1为长方体且AB=BC=4，AA1=2，
∴AC1= AB2+BC2+AA12= 42+42+22=6，
记长方体外接球的半径为R，线段AC1就是其外接球直径，
则2R=6，∴R=3，
∴外接球的体积为V=43π×33=36π．
(2)如图，设AC，BD交于点O，连结SO，
∵四棱锥S−ABCD为正四棱椎，∴SO为正四棱锥的高，
又长方体的高为AA1=2，∴SO=12×2=1，
取AB的中点E，连结OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，
在Rt△SOE中，SO=1，OE=12AD=2，
∴SE= SO2+OE2= 1+4= 5，
∴S正方形ABCD=4×4=16，SO=1，
∴V四棱锥S−ABCD=13S正方形ABCD×SO=13×16×1=163，
∴正四棱锥的斜高为 5，体积为163．

【解析】本题考查立体几何中球的切接问题与棱锥的斜高与体积
(1)长方体体对角线即为外接球直径，即可求得外接球体积
(2)找到正四棱锥的高，利用勾股定理求得斜高，再计算体积即可
17.【答案】解：(1)由题意易得C在直线x=−1上，不妨设C(−1,b)，
因为CE=CF，即 (−1+2)2+(b−1)2= (−1+1)2+( 2−b)2，解得b=0，
故C(−1,0)，圆的半径r= (−1+2)2+(0−1)2= 2，
则圆C的方程为：(x+1)2+y2=2；
(2)联立(x+1)2+y2=2y=x+1，解得x=0y=1，x=−2y=−1，
不妨取A(0,1)，B(−2,−1)，
设P(a,a−2)，
则|PA|2+|PB|2=a2+(a−2−1)2+(a+2)2+(a−2+1)2
=4a2−4a+14=4(a2−a)+14
=4(a−12)2+13，
易得当a=12时，|PA|2+|PB|2取得最小值13．
【解析】本题考查圆方程的求解，直线与圆的位置关系，方程思想，属于中档题．
(1)易得圆心C在直线x=−1上，根据CE=CF列出方程可求得C坐标，进而可得圆C方程；
(2)联立圆C与直线y=x+1，解出A、B坐标，表示出|PA|2+|PB|2，结合二次函数性质即可求得最小值．
18.【答案】解：(1)由圆C1的方程知：圆心C1−3,1，半径r1=2；
当直线l斜率不存在时，即l:x=−1，此时直线l与圆C1显然相切，满足题意；
当直线l斜率存在时，设其方程为：y=kx+1，即kx−y+k=0，
∴圆心C1到直线l的距离d=−3k−1+k k2+1=2，解得：k=34，
∴直线l方程为：y=34x+1，即3x−4y+3=0；
综上所述：直线l方程为x=−1或3x−4y+3=0．
(2)由圆C2的方程知：圆心C24,5，半径r2=2；
设点P−32,m，
①当过P−32,m的直线l1斜率不存在时，则l1方程为：x=−32，l2方程为：y=m；
则l1:x=−32被圆C1截得的弦长为：2 22−322= 7；
∴l2:y=m被圆C2截得的弦长为2 22−5−m2= 7，解得：m=132或m=72；
∴P−32,132或P−32,72；
②当过P−32,m的直线l1斜率为0时，直线l2斜率不存在，此时l2:x=−32与圆C2相离，不合题意；
③当过P−32,m的直线l1斜率存在且不为0时，
设l1:y−m=kx+32，则l2:y−m=−1kx+32，
即l1:2kx−2y+3k+2m=0，l2:2x+2ky−2km+3=0，
∴圆心C1到直线l1的距离d1=−3k−2+2m 4k2+4；圆心C2到直线l2的距离d2=11+10k−2km 4k2+4；
∵直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，
∴2 r12−d12=2 r22−d22，即2 4−d12=2 4−d22，∴d12=d22，
又0≤d1<2，0≤d2<2，∴d1=d2，∴−3k−2+2m=11+10k−2km，
当−3k−2+2m=11+10k−2km时，整理可得：13−2mk=2m−13，
∵满足题意的直线l1,l2有无数对，∴13−2m=0，解得：m=132，即P−32,132；
当−3k−2+2m=−11+10k−2km时，整理可得：7−2mk=−9−2m，
∵满足题意的直线l1,l2有无数对，∴7−2m=0−9−2m=0，方程组无解；
综上所述：满足条件的P点的坐标为−32,132．

【解析】(1)直线l斜率不存在时，显然满足题意；当斜率存在时，设l:y=kx+1，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得k，由此可得切线方程；
(2)设点P−32,m，当直线l1斜率存在时，根据截得弦长相等可求得m的值；当l1斜率为0时，易知不满足题意；当直线l1斜率存在且不为0时，假设直线l1,l2方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据k有无数个解可确定m的取值．
19.【答案】解：(1)由直三棱柱A1B1C1−ABC，知BB1⊥面A1B1C1，即F在A1B1C1的投影为B1，
所以∠FC1B1为C1F与平面A1B1C1所成角，
所以tan∠FC1B1=B1FB1C1=12，
因此，C1F与平面A1B1C1所成角的正切值为12；
(2)以B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
如图：则A2,0,0，A12,0,2，C0,2,0，C10,2,2，D1,1,0，E0,1,0，F0,0,1，B10,0,2，
故ED=1,0,0，G为线段DE上一动点．
设EG=λED0≤λ≤1，则EG=λ1,0,0，故Gλ,1,0，
所以C1F=0,−2,−1，A1G=λ−2,1,−2，故C1F⋅A1G=0,−2,−1⋅λ−2,1,−2=0，
所以C1F⊥A1G，即C1F⊥A1G；
(3)由(2)可知：A1C1=−2,2,0，A1G=λ−2,1,−2，A1B1=−2,0,0，
设平面C1A1G的法向量为m=x,y,z，则m⋅A1C1=0m⋅A1G=0,
即−2x+2y=0λ−2x+y−2z=0，令x=2，则y=2，z=λ−1，则m=2,2,λ−1，
设平面A1GB1的法向量为n=a,b,c，则n⋅A1B1=0n⋅A1G=0,
即−2a=0(λ−2)a+b−2c=0，则a=0，令c=1，则b=2，则n=0,2,1，
故设二面角C1−A1G−B1的平面角为θ，结合图形，θ为锐角，
故csθ=csm,n=4+λ−1 5⋅ 8+(λ−1)2=λ+3 5 8+(λ−1)2，
令λ+3=t，t∈3,4，csθ=λ+3 5 8+(λ−1)2=t 5 8+(t−4)2=1 5 24t2−8t+1，
而函数y=24t2−8t+1在1t∈14,13时单调递增，故1t=14时，y=24t2−8t+1取最小值，
即当1t=14，即t=4，λ=1时，csθ=1 5 24t2−8t+1取得最大值为 105．

【解析】(1)由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得C1F与平面A1B1C1所成角的正切值；
(2)以B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明C1F⊥A1G；
(3)根据空间向量坐标运算分别求解平面C1A1G与平面A1GB1的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值．