四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

这是一份四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题，文件包含四川省内江市第六中学2024-2025学年上期高二第一次月考数学答案docx、四川省内江市第六中学2024-2025学年上期高二第一次月考数学试题含答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。

参考答案：
1．D【详解】因为向量a=1,−1,1,b=1,3,x，且a⊥b，
所以a⋅b=1×1+−1×3+1×x=x−2=0，解得x=2.
2．B【详解】由于PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，故∠PCA是PC与平面ABCD所成角，由于正方形ABCD的边长为2，所以AC=22+22=2=PA，所以∠PCA=45°.
3．B【详解】由x2+y2−4x−2y+1=0，得(x−2)2+(y−1)2=4，
所以圆心A(2,1)，半径r1=2，由x2+y2+2x−10y+26−m=0，得(x+1)2+(y−5)2=m(m>0)，
所以圆心B(−1,5)，半径r2=m，因为圆A与圆B外切，
所以r1+r2=AB，即2+m=(−1−2)2+(5−1)2=5，所以m=3，得m=9，
4．A【详解】BC1=BC+BB1=AC−AB+AA1，
BC12=AC−AB+AA12=AC2+AB2+AA12+2AC⋅AA1−AC⋅AB−AB⋅AA1,
=4+4+4+22×2×12−0−2×2×12=12,所以BC1=23.
5．D【详解】因为直线的方程为xsinα−y+2=0,α∈R，直线的倾斜角为θ，
所以tanθ=sinα(α∈R)，因为当α∈R时，sinα∈[−1,1]，所以tanθ∈[−1,1]，因为θ∈[0,π)，
所以θ∈0,π4∪3π4,π，
6．B【详解】C1:(x+3)2+(y−5)2=1的圆心为C1−3,5，半径r1=1，
C2:(x−6)2+(y−3)2=4的圆心为C26,3，半径r2=2，如图所示，PM+PN的最小值为PC1+PC2−r1−r2=PC1+PC2−3的最小值，
设点C26,3关于直线x−y−6=0的对称点为Am,n，
则6+m2−n+32−6=0n−3m−6⋅1=−1，解得m=9n=0，故A9,0，连接AC1，则AC1即为PC1+PC2的最小值，故PC1+PC2的最小值为−3−92+5−02=13，故PM+PN的最小值为13−3=10.
7．C【详解】由题意CD⊥BD，AD⊥BD，二面角A−BD−C的平面角是∠ADC，
∴∠ADC=2π3，将△ABD沿BD进行旋转，得到三棱锥C−ABD，所以AD=DC=BD=2，
由余弦定理可得：AC2=AD2+DC2−2AD⋅DCcs120°=4+4−2×2×2×−12=12，
因为CD⊥BD，AD⊥BD，CD∩BD=D，CD,BD⊂平面ACD，BD⊥平面ACD，
将三棱锥B−ACD补形成直三棱柱，三棱锥的外接球球心就是直三棱柱的外接球球心，
取△ACD外接圆的圆心E，△BGH外接圆的圆心F，根据对称性知三棱柱的外接球球心O是EF的中点，
∵BD=2，∴EO=1，点E是△ACD外心，∴EC=AC2sin120°=232×32=2，在Rt△OEC中，
OC=OE2+EC2=22+12=5，即R=5，三棱锥C−ABD的外接球的表面积为
S=4πR2=4π×5=20π.
8．C
9．BC【详解】因为PD=4，CD=2，在△PDC中，N为PC中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才能垂直底面，由于△PDC不是等腰，则ND与PC不垂直，则在四面体N−BCD有的面不是直角三角形，故A不正确；
M,N分别为PA,PC的中点，则在△PAC中，MN//AC因为AC⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以AC//平面MNG.C正确以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，
则M1,0,2，N0,1,2，D0,0,0，G1,1,2MN=−1,1,0，DG=1,1,2，则MN⋅DG=1×−1+1×1+0×2=0，则可判断DG⊥MN.B正确；
P0,0,4，B2,2,0则方向向量为PB=2,2,−4.平面DAC的法向量n=0,0,1设直线PB和平面DAC所成角为θ，
则sinθ=PB⋅nPBn=424=63，则tanθ=sinθ1−sin2θ=6333=2，D错误.
10．BC
【详解】圆C:x2+y2−8x−6y+21=0转化为x−42+y−32=4，
则圆的圆心为4,3，半径为2，选项A错误.设y0x0−3=k，则直线y0=kx0−3与圆有交点，即k4−3−31+k2≤2，
整理得3k2+6k−5≥0，解得k≤−3−263或k≥−3+263.既y0x0−3没有最大值，也没有最小值，选项B正确.
设x0=4+2sinθ，y0=3+2csθ，则2x0+y0=11+4sinθ+2csθ=11+25sinθ+φ，其中tanφ=12.
则2x0+y0的取值范围为11−25,11+25，选项C正确.
又x02+y02−8x0−6y0+21=0，则x02+y02=8x0+6y0−21，因此
x02+y02+2x0+3=10x0+6y0−18=20sinθ+12csθ+40=434sinθ+α+40
其中tanα=35.则x02+y02+2x0+3的最大值为434+40，选项D错误.
11．ACD
【详解】对于A项：当k=1时，圆C：x−12+y+12=4，圆心C1,−1，半径r=2，
由点P2t,4t−10,t∈R得P的轨迹方程为：y=2x−10，如下图：
由12PC·AB=2S△ACP=PA⋅AC=2PC2−r2=2PC2−4，所以当PC最小时，AB最小，PC的最小值为圆心C到y=2x−10的距离d=2+1−105=755，此时：AB=4297>3，
又因为：AB<2r=4，故AB∈4297，4，所以当k=1时，不存在实数t，使得线段AB的长度为整数，故A项正确；对于B项：圆心Ck,2k−3得圆心C的轨迹方程为y=2x−3，所以C到直线y=2x−10的距离为−3+105=755，所以M是圆上任意一点，
则PM的最小值为：755−2，故B项错误；
对于C项：当k=−1，圆C：x+12+y+52=4，
由A项知P的轨迹方程为：y=2x−10，如下图：
由：12PC·AB=2S△ACP=PA⋅AC=2PC2−r2=2PC2−4，故PC最小时，
AB最小，PC的最小值为圆心C到直线的距离为3−105=755，设PC=x，由A项知AB=4x2−4x，
进而可得△PAB中AB边上的高为ℎ=x2−4x，所以S△PAB=12×4x2−4x×x2−4x=2x2−41−4x2，
因为：PC=x≥755，所以得：S△PAB=2x2−41−4x2≥2295×2949>1，故C项正确；
对于D项：由题设可得∠CPA≥π6，故PC≤4，
2t+12+4t−52≤4，解得：9−3110≤t≤9+3110，又因为2t∈N，所以：t∈12,1，故D项正确.
12．10【详解】圆C的圆心坐标为(1,2)，半径为5，
圆心到直线l:3x−y−6=0的距离为：3×1−2−632+12=102，所以直线l被圆截得的弦长为：25−1022=10，
13．13【详解】依题意，4PM=5PN+xPB+2PC，
则PM=54PN+x4PB+12PC=54×13PA+x4PB+12PC=512PA+x4PB+12PC，
由于A,B,C,M四点共面，所以512+x4+12=1,x=13.
14．0,225【详解】CA⋅BC=22×6×csπ−C=−12，得csC=22，即C=π4，
△ABC中，根据余弦定理，AB=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC=25，
根据正弦定理，ACsinB=ABsinC，得sinB=55如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点A4,2,0,C6,0,0,设点A′x,y,z，翻折后点A′的投影Hx,0,0在x轴上，所以A′的纵坐标为0，即A′x,0,z，M5,1,0，由MC=AM=A′M，根据两点间距离公式，6−52+0−12=x−52+0−12+z2，
整理为x−52+z2=1如右图，在翻折过程中△AMN≅△A′MN，
作AE⊥MN于点E，则A′E⊥MN，并且AE∩A′E=E，AE,A′E⊂平面A′AE，所以MN⊥平面A′AE，AA′⊂平面A′AE,
所以MN⊥AA′，即MN⋅AA′=0，其中AA′=x−4,−2,z，
又动点N在线段AB上动，设Na,12a,0，故MN=a−5,12a−1,0，且a∈0,4，
由MN⋅AA′=0，得x−4a−5−212a−1=0，x=5+3a−5∈2,225，
又因为x−52+z2=1，对应的z的取值为0,45，即A′H∈0,45,
sin∠A′MH=A′HA′M∈0,252.则斜线A1M与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为0,252.
15．【详解】（1）由题意可得，直线l1的斜率为k1=2+83+2=2,
所以得其方程为y−2=2x−3，整理化简得其一般式方程为：2x−y−4=0，
因为l1⊥l2，所以：可设l2的方程为：x+2y+m=0，又因为6,3∈l2，
所以：m=−12，得l2一般式方程为x+2y−12=0，
综上：l1:2x−y−4=0,l2:x+2y−12=0.
（2）联立2x−y−4=0x+2y−12=0，得x=4y=4，所以交点坐标是4,4，由题意知4,4∈l3，
（i）当直线l3在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍且为0时，即0,0∈l3，
此时l3的方程为x−y=0；
（ii）当直线l3在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍且不为0时，
此时可设直线l3的方程为x4a+ya=1a≠0，因为4,4∈l3，所以：44a+4a=1，
得：a=5，满足条件，此时l3的方程为x+4y−20=0，
综上，l3的方程为x−y=0或x+4y−20=0.
16．【详解】（1）连接AC交BD于点O，由平面几何知识易知AC⊥BD，
又平面ABCD⊥平面PBD,BD是交线，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD，又PD⊥AB,AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD；
（2）如图，以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系，
若PD=4，则C32,0,0,D0,32,0,B0,−32,0,P0,32,4
易知n1=1,0,0是平面PBD的一个法向量，BC=32,32,0,BP=0,3,4
设n2=x,y,z是平面PBC的一个法向量则n2⋅BC=0n2⋅BP=0，即32x+32y=03y+4z=0，
令x=−4，则y=4,z=−3，所以n2=−4,4,−3
∴csn1,n2=n1⋅n2n1n2=−41×41=−44141∵二面角C−PB−D的平面角为锐角，∴正切值为54.
17．【详解】（1）由C:x2+y2−6x−8y+21=0可得：C:x−32+y−42=4
所以圆心的圆心坐标为3,4，半径为2；
（2）①若直线l的斜率不存在，则直线l：x=1，符合题意；
②若直线l斜率存在，设直线l的方程为y=kx−1，即kx−y−k=0，
由题意知，圆心3,4到已知直线l的距离等于半径2，
即3k−4−kk2+1=2，解得k=34，所求直线l的方程是x=1或3x−4y−3=0；
（3）方法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，设直线l方程为kx−y−k=0，
则圆心到直l的距离d=2k−4k2+1，又∵三角形CPQ面积
S=12×d×24−d2=d4−d2=d24−d2 ≤d2+4−d22=2，
当且仅当d2=4−d2，即d=2时取等号，三角形CPQ的面积的最大值为2，由2k−4k2+1=2，有k=1，或k=7，
此时直线l方程为x−y−1=0，或7x−y−7=0．
方法二：S△CPQ=12⋅CP⋅CQ⋅sin∠PCQ=12×4×sin∠PCQ=2sin∠PCQ，
当∠PCQ=90°时，S△CPQ取最大值2， 此时点C到l的距离为2，设l：kx−y−k=0，
由3k−4−kk2+1=2，解得k=1或k=7，故所求直线l的方程为x−y−1=0或7x−y−7=0.
18．【详解】（1）由题意可以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
∴B(1,0,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，G12,0,12，S0,0,1，C1,1,0，A0,0,0
∴BD=(−1,2,0)，AE=(0,2,1)，AG=12,0,12，
设平面AEG的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥AEm⊥AG，
所以m⋅AE=2y+z=0m⋅AG=12x+12z=0，令x=1，则m=1,12,−1，∴BD⋅m=−1×1+2×12+0×−1=0，
∵BD⊄平面AEG，∴BD//平面AEG.
（2）由（1）得GE=−12,2,12，AG=12,0,12，SC=(1,1,−1)，CD=(−1,1,0)，AB=(1,0,0)，
假设在线段EG（不含端点）上存在一点H，使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306，
则GH=λGE=−12λ,2λ,12λ,0<λ<1，AH=AG+λGE=12(1−λ),2λ,12(1+λ)，
设平面SCD法向量n1=x1,y1,z1，则n1⊥SCn1⊥CD，
所以n1⋅SC=x1+y1−z1=0n1⋅CD=−x1+y1=0，令x1=1，则n1=(1,1,2)，
设平面ABH法向量n2=x2,y2,z2，则n2⊥AHn2⊥AB，
所以n2⋅AH=12(1−λ)x2+2λy2+12(1+λ)z2=0n2⋅AB=x2=0，令y2=1+λ，则n2=(0,1+λ,−4λ)，
设平面ABH与平面SCD所成角为θ，则sinθ=306，
所以csθ=cs=n1⋅n2n1n2=1×0+1×1+λ+2×−4λ12+12+221+λ2+−4λ2=|1−7λ|6×17λ2+2λ+1=66，
整理得λ(2λ−1)=0，∵0<λ<1，∴λ=12.
故存在满足题意的点H，此时|GH|=|GH|=12|GE|=12−12,2,12=12−122+22+122=324.
19．【详解】（1）当斜率不存在时，显然x=2与圆O:x2+y2=4相切；当斜率存在时，设切线为y=kx−2+4，由圆心到切线的距离为2，∴4−2k1+k2=2，解得k=34，则y=34x−1+4，整理得3x−4y+13=0.
综上，切线方程为x=2和3x−4y+13=0.
（2）设点Sx,y，点Nx0,y0，点M2,4且点M是线段SN的中点，∴2=x+x024=y+y02⇒x0=4−xy0=8−y，由题意，点N是圆O上任意一点，∴x02+y02=4，即(4−x)2+(8−y)2=4，符合题意，∴S点运动的轨迹E的方程为(x−4)2+(y−8)2=4；
（3）由题设，C−2,0，D2,0,设Tx,y,
TC→=−2−x,−y,DT→=x−2,y，CM→=4,4，MD→=0,−4，
因为16TC→⋅DT→=CM→⋅MD→,得164−x2−y2=−16，即x2+y2=5,
因为T在线段MO上，所以y=2x，即T1,2，
若存在l，由题意可不妨设l的方程为y−2=kx−1，如图所示k为正数，
联立y−2=kx−1(x−4)2+(y−8)2=4⇒1+k2x2−2k2+12k+8x+k2+12k+48=0，
Δ=−5k2+36k−32>0（i）
设Ax1,y1,Bx2,y2,2≤x1由求根公式
x1=2k2+12k+8−−5k2+36k−3221+k2，
x2=2k2+12k+8+−5k2+36k−3221+k2.
TA→=3AB→⇒4x1=3x2+14y1=3y2+2
所以42k2+12k+8−−5k2+36k−3221+k2=32k2+12k+8+−5k2+36k−3221+k2+1，
化简得：7−5k2+36k−32=12k+6（ii）
（ii）在（i）的限制下有解，故存在这样的直线l，
并且可以解得直线l的斜率k=810−2841389或k=810+2841389.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
B
A
D
B
C
C
BC
BC
ACD