2024-2025学年浙江省台州市温岭市新河中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省台州市温岭市新河中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共9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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知a=(2,−1,3)，b=(−1,4,−2)，c=(7,5,λ)，若{a,b,c}不能构成空间的一个基底，则实数λ的值为( )
A. 0B. 357C. 9D. 657
2.经过两点A(2,m)，B(−m,4)的直线l的倾斜角为135°，则m的值为( )
A. −2B. 1C. 3D. 4
3.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点，AG=2GE，则GF=( )
A. 13AB−23AC+12AA1
B. 13AB+23AC+12AA1
C. −23AB+13AC−12AA1
D. −13AB+23AC+12AA1
4.过点(−1,0)与圆x2+y2−4x−m=0相切的两条直线垂直，则m=( )
A. −12B. −1C. 1D. 12
5.若直线l：kx−y+3k=0与曲线C： 1−x2=y−1有两个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A. (12,34]B. [12,34)C. (0,34)D. (0,34]
6.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4，PD=4 55，E是PA的 中点，FB=2PF.若点M在矩形ABCD内，且PM⊥平面DEF，则DM=( )
A. 3 55B. 2 55C. 55D. 4 55
7.若圆C：(x−1)2+(y−3)2=8上存在两个点到直线l：x+y+m=0的距离为 2，则实数m的取值范围是( )
A. −6C. −2−2
8.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边AB边上异于AB的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图)，若光线QR经过△ABC的重心，则三角形PQR周长等于( )
A. 8 53B. 2 373C. 4 5D. 5 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.给出下列四个结论，正确的是( )
A. 平面直角坐标系中，过点P(2,−1)的所有直线可以用方程y+1=k(x−2)表示
B. 直线Ax+By+C=0(B≠0)的斜率为−AB
C. 过点(3,4)且在x，y轴上的截距相等的直线方程为x+y−7=0
D. 入射光线所在的直线方程为y=x−2，经x轴反射，则反射光线所在的直线方程为x+y−2=0
10.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC，其中|AB|=|AC|=2，B(−1,1)，C(1,−1)，其“欧拉线”与圆M:(x−2)2+y2=r2相切，则下列说法正确的是( )
A. 过(−2,0)作圆M的切线，切线长为 14
B. 圆M上点到直线x−y+2=0的最小距离为 2
C. 若点(x,y)在圆M上，则yx+1的最大值是 2
D. 圆(x−a)2+(y−a)2=8与圆M有公共点，则a的取值范围是[1−2 2,1+2 2]
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CC1的中点，点M满足BM=tBA，t∈[0,1]，下列结论正确的是( )
A. 若t=1，则A1B1//平面MPQ
B. 若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是92
C. 若t=12，则点A1到平面MPQ的距离是 36
D. 若t=12，则AB与平面MPQ所成角的正切值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l的方程为x4−y3=1，则坐标原点到直线l的距离为 ．
13.已知圆O:x2+y2=r2(r>0)，设直线x+ 3y− 3=0与两坐标轴的交点分别为A,B，若圆O上有且只有一个点P满足AP=BP，则r的值为 ．
14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=2.，AB=4.E，M，N分别是棱C1D1，AB，BC的中点.若点P是平面A1ADD1内的动点，且满足PE/​/平面B1MN，则线段PE长度的最小值为______．
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)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2，且AP与AB、AD的夹角都等于60°，M在棱PC上，PM=12MC，设AB=a，AD=b，AP=c．
(Ⅰ)试用a，b，c表示出向量BM；
(Ⅱ)求BM与AP所成的角的余弦值．
16.(本小题12分)
已知三条直线l1：ax+by+1=0，l2：(a−1)x+y+b=0，l3：x+2y+3=0．
(1)若l1⊥l2，且l1过点(−1,1)，求a、b的值；
(2)若l1//l2//l3，求a、b的值，并求l1，l2的距离．
17.(本小题12分)
如图，已知正方形ABCD是圆柱OO1的轴截面(经过旋转轴的截面)，点E在底面圆周上，AB=5，AE=4，点F是CE的中点．
(1)求点B到平面ACE的距离；
(2)求二面角A−BF−E的余弦值．
18.(本小题12分)
已知半径为2的圆C的圆心在y轴的正半轴上，且直线4x−3y−1=0与圆C相切．
(1)求圆C的标准方程．
(2)已知A(0,−1)，P为圆C上任意一点，在y轴上找出定点B(异于点A)，使得|PB||PA|为定值，不需证明．
(3)在(2)的条件下，若点D(4,6)，试求12|PA|+|PD|的最小值．
19.(本小题12分)
如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC=AM=2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连接PB，PC．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)线段PC上一动点G满足PGPC=λ(0≤λ≤1)，判断是否存在λ，使二面角G−AD−P的正弦值为 1010，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.D
5.B
6.D
7.C
8.A
9.BD
10.ABD
11.BD
12.125
13.12
14.2 305
15.解：(1)因为PM=12MC，
所以BM=BC+CM=BC+23CP，
因为四边形ABCD是边长为1的正方形，
所以CP=AP−AC=AP−(AB+AD)=AP−AB−AD，
因为BC=AD，
所以BM=AD+23(AP−AB−AD)=−23AB+13AD+23AP，
因为AB=a，AD=b，AP=c，
所以BM=−23a+13b+23c；
(Ⅱ)由题意可知：|a|=|b|=1，|c|=2，c与a，b−的夹角均为60°，a与b的夹角为90°，
所以BM2=(−23a+13b+23c)2=49a2+19b2+49c2−49a⋅b−89a⋅c+49b⋅c=49+19+169−89+49=179，
所以|BM|= 173，
因为|AP|=|c|=2，
所以BM⋅AP=(−23a+13b+23c)⋅c=−23a⋅c+13b⋅c+23c2=−23×1×2cs60°+13×1×2cs60°+23×4=73，
设BM与AP所成的角为θ，
则csθ=BM⋅AP|BM||AP|=73 173×2=7 1734．
16.解：(1)因为l1：ax+by+1=0，l2：(a−1)x+y+b=0，且l1⊥l2，
所以a(a−1)+b=0，即a2−a+b=0，①
又直线l1过点(−1,1)，
所以b=a−1，②
由①②可得a=1，b=0或a=−1，b=−2；
(2)若l1//l2//l3，则a1=b2=a−11=12≠13≠b3
解得b=3a=32，
即l1：3x+6y+2=0，l2：12x+y+3=0，即3x+6y+18=0，
所以l1//l2//l3时，a=32,b=3，
所以l1，l2的距离为：|18−2| 32+62=16 515．
17.解：(1)∵线段AB是圆O的直径，
∴AE⊥BE，
∴BE= AB2−AE2=3．
∵BC⊥平面ABE，AE，BE⊂平面ABE，
∴BC⊥AE，BC⊥BE，
∴CE= BE2+BC2= 34．
又BC∩BE=B，BC，BE⊂平面BCE，
∴AE⊥平面BCE，
∵CE⊂平面BCE，
∴AE⊥CE．
设点B到平面ACE的距离为d，
则由VC−ABE=VB−ACE，得13×12AE⋅BE⋅BC=13×12AE⋅CE⋅d，
∴d=BE⋅BCCE=3×5 34=15 3434，
即点B到平面ACE的距离为15 3434．
(2)由(1)可知AE⊥BE，
以点E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,4,0)，C(3,0,5)，F(32,0,52)，
∴AF=(32,−4,52)，AB=(3,−4,0)，EA=(0,4,0)．
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AF=32x−4y+52z=0n⋅AB=3x−4y=0,
取x=4，则n=(4,3,125)，
由(1)可知，平面BEF的一个法向量为EA=(0,4,0)．
设二面角A−BF−E的大小为θ，由图可知θ为锐角，
则csθ=|csn,EA|
=|n⋅EA||n||EA|=|4×0+3×4+125×0| 42+32+(125)2×4=15 769769，
即二面角A−BF−E的余弦值为15 769769．
18.解：(1)由题意设圆心坐标为(0,b)(b>0)，则圆C的方程为x2+(y−b)2=4，
因为直线4x−3y−1=0与圆C相切，
所以点C(0,b)到直线4x−3y−1=0的距离d=|−3b−1|5=2，
因为b>0，所以b=3，
故圆C的标准方程为；x2+(y−3)2=4．
(2)假设存在定点B，设B(0,m)(m≠−1)，
设P(x,y)，则x2+(y−3)2=4，
则|PB||PA|= x2+(y−m)2 x2+(y+1)2= (6−2m)y+m2−5 8y−4，
当(6−2m)8=m2−5−4>0，即m=2或−1(舍去)时，|PB||PA|为定值，且定值为12，
故存在定点B使得|PB||PA|为定值，B的坐标为(0,2)；

(3)由(2)知|PB||PA|=12，故|PB|=12|PA|，从而12|PA|+|PD|=|PB|+|PD|，
当且仅当P、B、D三点共线时，|PB|+|PD|最小，
且(|PB|+|PD|)min=|BD|= (4−0)2+(6−2)2=4 2，
所以12|PA|+|PD|的最小值为4 2．
19.解：(1)∵A，D分别为MB，MC的中点，∴AD//BC，
∵BM⊥BC，∴BM⊥AD，∴PA⊥AD，
又PA⊥AB，AD∩AB=A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD；
(2)由于AP，AB，AD两两垂直，于是以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，E(1,1,1)，
∴PC=(2,2,−2),DE=(1,0,1),BD=(−2,1,0)，BP=(−2,0,2)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BD=−2x+y=0n⋅BP=−2x+2z=0，则可取n=(1,2,1)，
∴cs=n⋅DE|n||DE|=2 2× 6= 33，
∴直线DE与平面PBD所成角的正弦值为 33；
(3)假设存在λ，使得二面角G−AD−P的正弦值为 1010，即二面角G−AD−P的余弦值为3 1010，
由(2)得，PG=λPC=(2λ,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，
∴G(2λ,2λ,2−2λ),AD=(0,1,0),AG=(2λ,2λ,2−2λ)，
易得平面PAD的一个法向量为μ=(1,0,0)，
设平面ADG的一个法向量为m=(a,b,c)，则m⋅AD=b=0m⋅AG=2λa+2λb+(2−2λ)c=0，
则可取m=(λ−1,0,λ)，
若二面角G−AD−P的余弦值为3 1010，
则|cs<μ,m>|=|μ⋅m||μ||m|=|λ−1 (λ−1)2+λ2|=3 1010，
解得λ1=−12,λ2=14，又0≤λ≤1，
∴λ=14，即存在λ=14，使二面角G−AD−P的正弦值为 1010．