黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共23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。
（时间：120 分钟满分：150 分）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
设 z=-3+2i，则在复平面内 z 对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
若直线 x  my 1  0 的倾斜角的大小为 π ，则实数m  （）
3
6
3
A.
B.3
3
C. 3
3
D. 
3 若直线l1 : x  2 y 1  0 与l2 : ax  1 a y 1  0 平行，则a  （ ）
A. 1
1
B. C.
3
2
D. 2
3
对某种电子元件使用寿命跟踪调查，所得样本的频率分布直方图如图．由图可知，这一批电子元件中寿命的85% 分位数为（）
A. 500hB. 450hC. 350hD. 550h
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， M 、 N 分别为 AB 、 AC 的中点，将此三棱柱沿 A1M 、 MN 、
NA1 截出一个棱锥 A  MNA1 ，则棱锥 A  MNA1 的体积与剩下几何体体积的比值是（）
1
B.
3
1C. 1D.1
41112
已知 A3,1, B 1, 2 ，若直线 x  ay  2  0 与线段 AB 没有公共点，则实数 a 的取值范围是（）.
A. ∞, 1  1 , ∞B.  1, 1 
 22 

C. , 2 ∪ 1, 

D. 2,1
在平行四边形 ABCD 中， AB  3 ， AD  2 ， BAD  60 ，点 E 在CD 上， DE  1 ，则 AC  BE 
2B. 1
C. 1D. 2
数学家欧拉1765 年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知V ABC 的顶点分别为 A3,1 ， B 4, 2 ， C 2, 3 ，则V ABC
的欧拉线方程为（）
Ax  y 1  0
x  y 1  0
x  y  5  0
x  y  5  0
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分．
设 a ， b ， c 是空间的一个基底，则下列说法不正确的是（）
则 a ， b ， c 两两共面，但 a ， b ， c 不可能共面
a ⊥b
c
若 →， b ⊥→ ，则 a ⊥c
对空间任一向量 p ，总存在有序实数组(x, y, z) ，使 →  →  yb  →
pxazc
a
c
→  b ， b  → ， c  a 不一定能构成空间的一个基底
（多选）已知两平行直线l1 ， l2 分别过点 P(1, 3) ， Q(2, 1) ，它们分别绕 P，Q 旋转，但始终保持平
行，则l1 ， l2 之间的距离的取值可为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
已知点 M 1,1 ， N 2,1 ，且点 P 在直线l ： x  y  2  0 上，则（）
存在点 P ，使得 PM  PN
若△MNP 为等腰三角形，则点 P 的个数是 3 个
PM
 PN
的最小值为
PM
 PN
最大值为 3
29
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
​
12
，则甲、乙两人各投一次，恰好命中一次的概率为．
甲、乙两人投球命中率分别为 2 和 3
直线l 经过点 P 2, 1 ，与 x 轴、 y 轴分别交于A 、 B 两点，若2PA  PB  0 ，则直线l 的方程为
.
已知点 A2, 0 ， B 2, 0 ，点 P 为直线l : 2x  y  6  0 上动点，当∠APB 最大时，点 P 的坐标为
．
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．
→→→→
3
已知 a  4 ， b  2 ，且 a  b
 2
，求：
→→→→
（1） a  2b  a  b  ；
→→
（2） 2a  b ．
已知△ ABC 的内角A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若 a  4 ，，求△ ABC 的周长 L
和面积S .
在① cs A  3 ， csC 5 ，② c sin C  sin A  b sin B ， B  60 ，③ c  2 ， cs A   1 这三个条
554
件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答.
1
2
12
（1）已知直线l : x  m2 1 y  1  0 ， l : m  1 x  y 1  0 ．若l  l ，求m 的值；
已知直线l : 2x  3y  1  0 ，点 A1, 2 ，求点A 关于直线l 的对称点 A 的坐标；
已知直线l : mx  y  m  4  0 ，是否存在实数m ，使得直线与 x 轴和 y 轴的正半轴都相交？若存在，求出m 的范围，并求出与两坐标轴围成的三角形面积的最小值；若不存在，请说明理由．
如图，在平面四边形 ABCD 中， AB ∥ DC,V ABD 为边长为 2 的正三角形， DC  3 ，点O 为 AB 的
13
中点，沿 DO 将△AOD 折起得到四棱锥 P  OBCD ，且 PC .
证明： BD  PC ；
PE
PC
点 E 为线段 PC 上的动点（不含端点），当平面 POD 与平面 EBD 的夹角为30 时，求
的值.
在平面直角坐标系 xOy 中， O 是坐标原点，定义点 P  x1, y1  与点Q  x2 , y2  的“曼哈顿距离”为
d  P, Q  x1  x2
 y1  y2
．若点 F1 1, 0 ，点 F2 1, 0 ，
（1）求 d  F1, F2  ；
已知直线2x  y  2  0 ，求点 F2 到直线上动点的“曼哈顿距离”最小值；
求平面内与两定点 F1 和 F2 的“曼哈顿距离”之和等于 4 的点的轨迹围成的面积．
哈九中 2024 级高二上学期 9 月月考
数学试卷
（时间：120 分钟满分：150 分）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
设 z=-3+2i，则在复平面内 z 对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先求出共轭复数再判断结果.
【详解】由 z  3  2i, 得 z  3  2i, 则 z  3  2i, 对应点（-3，-2）位于第三象限．故选 C．
【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目．
若直线 x  my 1  0 的倾斜角的大小为 π ，则实数m  （）
3
6
3
​
3
3
3
3

【答案】D
【解析】
【分析】先由直线倾斜角求出直线斜率，再由直线方程列出关于 m 的方程即可求解.
【详解】若直线 x  my 1  0 的倾斜角的大小为 π ，则直线 x  my 1  0 的斜率为 k  tan π 3 ，
663
则 m  0 ，所以直线 x  my 1  0 即直线 y   1 x  1 ，
mm
所以 1 
m
3 ，解得 m  .
3
3
故选：D
若直线l1 : x  2 y 1  0 与l2 : ax  1 a y 1  0 平行，则a  （ ）
1
1
C.
3
2
D. 2
3
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行列式求解，并代入检验即可.
【详解】由题意可得：1 a  2a ，解得 a  1 ，
若 a  1 ，则直线l1 : x  2 y 1  0 、l2 : x  2 y 1  0 ，两直线平行，综上所述： a  1 .
故选：A.
对某种电子元件使用寿命跟踪调查，所得样本的频率分布直方图如图．由图可知，这一批电子元件中寿命的85% 分位数为（）
A 500hB. 450hC. 350hD. 550h
【答案】A
【解析】
【分析】根据频率分布直方图计算频率为85% 的位置即可.
【详解】Q13 1  1 100  17  85% ，

 20002000400250 20
这一批电子元件中寿命的85% 分位数为500h .
故选：A.
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， M 、 N 分别为 AB 、 AC 的中点，将此三棱柱沿 A1M 、 MN 、
NA1 截出一个棱锥 A  MNA1 ，则棱锥 A  MNA1 的体积与剩下几何体体积的比值是（）
1
A. B.
3
1C. 1D.1
41112
【答案】C
【解析】
SV AMN
【分析】首先利用相似比求出
 1 ， 再根据棱锥 A  AMN 的高与棱柱的高相等， 可求出
1
1
SV ABC4
1
VA  AMN
1 1 1
VA B C  ABC
 12 ，从而可得棱锥 A  MNA1 的体积与剩下几何体体积的比值.
【详解】Q M 、 N 分别为 AB 、 AC 的中点，
 MN // BC ，
V AMN ~V ABC ，
 SV AMN
SV ABC
V
 1 ，
4
1  S
 AA
1
A  AMN 3
V AMN11

1 1 1
VA B C  ABC
SV ABC  AA112
11
QVA A MN  VA  AMN ，
11
 VA A MN VA  AMN 1 ，
VA B C  ABCVA B C  ABC12
1 1 11 1 1
VA A1MN
 1 V
12
A1B1C1  ABC ，
剩下几何体体积为 11V，
12 A1B1C1  ABC
棱锥 A  MNA 的体积与剩下几何体体积的比值是 1 .
111
故选：C
【点睛】本题主要考查了棱柱、棱锥的体积公式，需掌握柱体、锥体的体积公式，求三棱锥的体积可采用换顶点法求解，属于基础题.
已知 A3,1, B 1, 2 ，若直线 x  ay  2  0 与线段 AB 没有公共点，则实数 a 的取值范围是（）.
A. ∞, 1  1 , ∞B.  1, 1 
 22 

C. , 2 ∪ 1, 

D. 2,1
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得直线 x  ay  2  0 过点C 2, 0 ，再数形结合，即可求解.
【详解】直线 x  ay  2  0 过点C 2, 0 ，画出图象如下图所示， kBC
 2  0  2, k
1 2AC
 1 0  1 ， 3  2
由于直线 x  ay  2  0 与线段 AB 没有公共点，当 a  0 时，直线 x  2 与线段 AB 有公共点，不符合题
意，
当 a  0 时，直线 x  ay  2  0 的斜率为 1 ，
a
根据图象可知 1 的取值范围是2, 0 0,1 ，所以 a 的取值范围是∞, 1  1 , ∞ .
a 2

故选：A.
在平行四边形 ABCD 中， AB  3 ， AD  2 ， BAD  60 ，点 E 在CD 上， DE  1 ，则 AC  BE 
A 2B. 1
C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】选取 AB, AD 为基底，把其它向量用基底表示后计算数量积即可．
–––→–––→–––→–––→2 –––→–––→
–––→2
–––→2
【 详 解 】 BE  BA  AD  DE   AB  AD ， AC  AB  AD ， AB  9 ， AD  4 ，
3
AB  AD  3 2 cs 60  3 ，
–––→ –––→–––→–––→2 –––→–––→2 –––→21 –––→ –––→–––→2
 AC  BE  ( AB  AD)  ( AB  AD)   AB  AB  AD  AD  1.
333
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取 AB, AD 为基底，用基底表示其它向量．
数学家欧拉1765 年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知V ABC 的顶点分别为 A3,1 ， B 4, 2 ， C 2, 3 ，则V ABC
的欧拉线方程为（）
x  y 1  0
x  y 1  0
x  y  5  0
x  y  5  0
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件结合重心公式计算出重心坐标，再求 AB, AC 两边上的高线方程并联立求出垂心坐标，最后利用重心和垂心坐标确定欧拉线方程.
【详解】已知V ABC 的顶点分别为 A3,1 ， B 4, 2 ， C 2, 3 ，
因为重心为三角形三个顶点对应坐标的平均数，即重心坐标为G  3  4  2 , 1 2  3  ，即G 3, 2 ，
33

因为 k 2 1  1，则边 AB 上的高线斜率为 k   1  1 ，
k
AB
AB4  31
因边 AB 上的高线过点C ，故其方程为 y  3   x  2 ，即 x  y  5  0 ①.
同理 kAC
 3 1  2 ，则边 AC 上的高线斜率 k
2  32
  1
kAC
 1 ，
2
因边 AC 上的高线过点 B ，故其方程为 y  2  1  x  4 ，即 x  2 y  0 ②.
2
x  10
3H  10 , 5 
由①，②联立，解得， 5 ，即V ABC 的垂心坐标为 3 3  .

 y  
3
2  5
由题意，欧拉线过重心G 和垂心 H ，则V ABC 的欧拉线方程为 y  2  3
3  10
3
 x  3
即 x  y  5  0 .
故选：D.
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分．
设 a ， b ， c 是空间的一个基底，则下列说法不正确的是（）
则 a ， b ， c 两两共面，但 a ， b ， c 不可能共面
a ⊥b
c
若 →， b ⊥→ ，则 a ⊥c
对空间任一向量 p ，总存在有序实数组(x, y, z) ，使 →  →  yb  →
pxazc
a
c
→  b ， b  → ， c  a 不一定能构成空间的一个基底
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量基底的定义可判断选项 A 和 B，根据空间向量基本定理可判断选项 C 和 D．
【详解】对于 A，显然 a ， b ， c 两两共面，但 a ， b ， c 不可能共面，否则不能构成空间的一个基底，故
A 正确；
对于 B，由空间向量基底的定义可知，当 → ⊥ ，→ 时，所以a 与c 所成角不一定为 π ，故 B 错误；
abb ⊥c2
对于 C，根据空间向量基本定理得到总存在有序实数组(x, y, z) ，使 →  →  yb  → ，故 C 正确；
pxazc
对 于 D ， 假 设 向 量 →  b ， b  → ， c  a 共 面 ， 则 →  b  x(b  → →  → ， 化 简 得
aca
1 x  0
→→
c )y(ca)
(x  y)c  (1  x)b  (1  y)a  0 ， 因为 a ， b ， c 不共面， 所以 1 y  0 ， 显然该方程组无解， 所以

x  y  0
a
c
→  b ， b  → ， c  a 不共面，一定能构成空间的一个基底，故 D 错误．故选：BD．
（多选）已知两平行直线l1 ， l2 分别过点 P(1, 3) ， Q(2, 1) ，它们分别绕 P，Q 旋转，但始终保持平行，则l1 ， l2 之间的距离的取值可为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】ABC
【解析】
【分析】本题中两条平行动直线上有两个定点，在平行直线绕两个定点分别旋转时，求两平行直线间距离
的可能取值，根据几何关系 d  PQ 求解即可.
【详解】当直线l1 ， l2 与直线 PQ 垂直时，它们之间的距离 d 达到最大，即
dmax 
PQ 
 5 ，∴ 0  d  5 ．故答案为：ABC.
2  12  1 32
已知点 M 1,1 ， N 2,1 ，且点 P 在直线l ： x  y  2  0 上，则（）
存在点 P ，使得 PM  PN
若△MNP 为等腰三角形，则点 P 的个数是 3 个
PM
 PN
的最小值为
PM
 PN
最大值为 3
29
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，分类讨论，利用斜率公式以及两直线垂直的条件即可判断；对于 B，分类讨论，讨论等腰三角形的顶点，结合点到直线的距离即可判断；对于 C，求出点 M 1,1 关于直线 l 的对称点，结合几何性质，数形结合，即可求解；对于 D，结合几何性质，数形结合，即可判断；
【详解】对于 A，设 P(a,  a  2) ，当 PM 斜率不存在时， a  1 ，此时 P(1, 1) ，
则 kPN
 11  2  0 ，即 PM 与 PN 不垂直；
2 13
当 PN 斜率不存在时， a  2 ，此时 P(2,  4) ，
则 k 1 4   5  0 ，即 PM 与 PN 不垂直；
PM1 23
当a  1且 a  2 时， k a  2 1   a  3 ， kPN  a  2 1   a  3 ，
PMa 1
a 1
a  2
a  2
若 PM  PN ，则  a  3    a  3   1，即2a2  5a  7  0 ，
a 1  a  2 
 
由于  31  0 ，方程无解，故 PM 与 PN 不垂直；综合可知不存在点 P ，使得 PM  PN ，A 错误；
对于 B，若等腰△MNP 的顶点为 P，此时 P 在 MN 的垂直平分线上，
P
则 点横坐标为 1
2
15

，此时 P( ,) ；
22
2
2
当M 为等腰△MNP 的顶点时，由于点M 到直线l ：x  y  2  0 的距离为 d  | 11 2 | | MN | 3 ，故直线 l 上必存在两点满足| PM || MN | 3 ，设这两点为 P1, P2 ，
由于 l 上纵坐标为 1 的点为(3,1) ，该点和 M 的距离为 2，
故 P1, P2 和 M，N 不共线，适合题意，
2
2
由于 N 点到直线l ： x  y  2  0 的距离为 d  | 2 1 2 |  5
| MN | 3 ，
故以 N 点为顶点的等腰△MNP 不存在，
综合以上可知△MNP 为等腰三角形，则点 P 的个数是 3 个，B 正确；对于 C，设点 M 1,1 关于直线 l 的对称点为 M (m, n) ，
 n 1  1
 m 1
则 m 1
n 1
，解得m  3 ，即 M (3, 1) ，

n  1
 2  0
 22
3  22  112
故| PM |  | PN || PM  |  | PN || M N |
当且仅当 M , P, N 三点共线（P 在 M , N 之间）时取得等号，
29 ,
即 PM
 PN
的最小值为
，C 正确；
29
对于 D，如图， || PM |  | PN ||| MN | 3 ，
当且仅当 P 为 NM 的延长线与 l 的交点时等号成立，
即 PM
 PN
最大值为 3，D 正确，
故选：BCD
【点睛】方法点睛：（1）注意分类讨论方法的应用，比如选项 A，B 的判断；（2）注意数形结合思想的运用，比如选项 C，D 的求解.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
​
12
，则甲、乙两人各投一次，恰好命中一次的概率为．
甲、乙两人投球命中率分别为 2 和 3
2
【答案】 1 ##0.5
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
【详解】由题意，甲、乙两人各投一次，恰好命中一次的概率为 1 1 2   1 1  2  1 .
2 3 2 32
.
故答案为： 1
2

直线l 经过点 P 2, 1 ，与 x 轴、 y 轴分别交于A 、 B 两点，若2PA  PB  0 ，则直线l 的方程为
.
【答案】 x  y  3  0
【解析】
【分析】先由向量的坐标运算求出A 、 B 两点的坐标，再利用直线的斜截式方程求解即可.
【详解】依题意，设 A(a, 0) ， B(0,b) ，
则 PA  (a, 0)  (2, 1)  (a  2,1) ， PB  (0, b)  (2, 1)  (2, b 1) ，则2PA  PB  (2a  4, 2)  (2, b 1)  (2a  6, b  3) ，
2a  6  0

由2PA  PB  0 得 b  3  0
则 A(3, 0) ， B(0, 3) ，
 a  3

，解得，
b  3
则直线l 的斜率为 k  0  (3)  1，方程为 y  x  3 即 x  y  3  0 .
3  0
故答案为： x  y  3  0 .
已知点 A2, 0 ， B 2, 0 ，点 P 为直线l : 2x  y  6  0 上动点，当∠APB 最大时，点 P 的坐标为
．
【答案】2, 2
【解析】
【分析】当 x0  2 或x0  2时，结合图形求出tan APB ，当 x0  2 且 x0  2 时，利用正切的两角差公
式求出tan APB 的最大值，结合正切函数的单调性即可得解.
【详解】以 AB 为直径的圆方程为 x2  y2  4 ，
6
22 12
5
因为原点O 到直线l 的距离 d  6  2 ，所以圆O 与直线l 相离，
所以APB  0, π  ，
2



设 P  x0 , y0  ，因为点 P 为直线l : 2x  y  6  0 上，所以 y0  2x0  6 ，
AB
PA
1）当 x  2 时， y  2x  6  10 ，此时tan APB  2 ；
0005
AB
PB
2）当x  2时， y  2x  6  2 ，此时tan APB  2 ；
000
3）当 x0  2 且 x0  2 时，
因为APB  PBx  PAx ，所以tan APB  tan PBx  PAx ，记直线 PA, PB 的斜率分别为 k1, k2 ，
则 k  6  2x0 , k  6  2x0 ，
1x  22x  2
00
k2  k1
1 k2k1
所以tan APB  tan PBx  PAx 
6  2x0  6  2x0
x0  2x0  2
1 6  2x0  6  2x0
x0  2x0  2
8x0  24
5x2  24x  32
0
0
，
当 x0  3时， APB  0 ；
5 x  3  5  6
0
x  3
0
tan APB 8
当 x0  3 时，
若 x  3 ，则5 x  3 5
 2
 10 ， tan APB  2 ，
25
x
0
00 3
当且仅当x0  2时等号成立，故tan APB  2
若 x  3，则5 x
 3 5
 2
 10 ， tan APB  1 ，当且仅当 x  4 时等号成立.
25
x
0
00 320
综上， tan APB 的最大值为 2，
因为 y  tan x, x  0, π  单调递增，所以，此时∠APB 取得最大值，点 P 坐标为2, 2 .
2

 
故答案为： 2, 2
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．
→→→→
3
已知 a  4 ， b  2 ，且 a  b
 2
，求：
→→→→
（1） a  2b  a  b  ；
→→
（2） 2a  b ．
21
【答案】（1）12（2） 2
【解析】
a  b
【分析】（1）先根据向量模长公式求出 →，再结合向量运算法求解即可；
a  b
（2）根据→求解
→→ 2
2a  b 的值，再开方即可．
【小问 1 详解】
→→ 2→ 2
→ →→ 2→ →→
a  b a  2a  b  b 16  2a  b  4  12 ，解得 a  b  4 ，
→→→→
→ 2→
→→ 2
a  2b a  b   a  a  b  2 b 12 ．
【小问 2 详解】
→→ 2
→ 2→
→→ 2→→
84
21
2a  b 4 a  4a  b  b 84 ，所以 2a  b  2．
已知△ ABC 的内角A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若 a  4 ，，求△ ABC 的周长 L
和面积S .
在① cs A  3 ， csC 5 ，② c sin C  sin A  b sin B ， B  60 ，③ c  2 ， cs A   1 这三个条
554
件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答.
【答案】答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】
选择①：根据条件求出sin A ，sin C ，则可求出sin B  sin( A  C) ，再根据正弦定理可求出b, c ，进而可得周长面积；
选择②： c sin C  sin A  b sin B ， B  60 ， a  4 ．由正弦定理可得： c2  a  b2 ．由余弦定理可得：
b2  c2  16  2  4  c  1 ，联立解得： c, b ，进而可得周长面积；
2
选择③：由余弦定理可得b ，则周长可求，再根据cs A 可得sin A ，通过面积公式可得面积.
【详解】解：选①
因为cs A  3 ， csC 
5
5 ，且0  A π， 0  B π，
5
所以sin A  4 ， sin C  2 5 ，
55
在△ ABC 中， A  B  C π，即 B π ( A  C) ，
所以sin B  sin( A  C)  sin A cs C  cs Asin C
 4 
5  3  2 5  10 5  2 5 ，
5555255
4  2 5
5
由正弦定理得， b  a sin B 
sin A
5 2，
4
5
5
5
5
因为sin B  sin C ，所以c  b  2，
5
所以△ ABC 的周长 L  a  b  c  4  2
 2
 4  4，
△ ABC 的面积 S  1 ab sin C  1  4  2 5  2 5  8 .
225
选②
因为c sin C  sin A  b sin B ，所以由正弦定理得， c2  a  b2因为 a  4 ，所以b2  c2  4 .
又因为 B  60 .
由余弦定理得b2  c2  16  2  4  c  1
2
所以c2  4c 16  c2  4 .
解得c  5 .
21
所以b .
21
所以△ ABC 的周长 L  a  b  c  4  5  9 21 .
3
11
△ ABC 的面积 S  ac sin B   4  53  5.
222
选③
因为c  2 ， cs A   1 ，
4
所以由余弦定理得，16  b2  4  2  b  2  1 .
4
即b2  b 12  0 .
解得b  3 或b  4 （舍去）.
所以△ ABC 的周长 L  a  b  c  4  3  2  9 ，因为 A (0,π) ，
所以sin A 
15 ，
1 cs2 A
4
所以△ ABC 的面积 S 
1 bc sin A  1  3 2 ，
15
3 15
2244
故答案为：
5
选①△ ABC 的周长4  4，面积为 8；
21
3
选②△ ABC 的周长9 ，面积为5；
选③△ ABC 的周长 9，面积为 3 15 .
4
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档
题.
1
2
12
（1）已知直线l : x  m2 1 y  1  0 ， l : m  1 x  y 1  0 ．若l  l ，求m 的值；
已知直线l : 2x  3y  1  0 ，点 A1, 2 ，求点A 关于直线l 的对称点 A 的坐标；
已知直线l : mx  y  m  4  0 ，是否存在实数m ，使得直线与 x 轴和 y 轴的正半轴都相交？若存在，求出m 的范围，并求出与两坐标轴围成的三角形面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） m  0 或1；（2） A  33 , 4  ；（3）存在， m  0 ，三角形面积的最小值为 8
 13 13 

【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直列出方程即可求解；
设 Aa, b ，结合对称性质列方程组求解即可；
先求出直线l 恒过定点1, 4 ，直线l 与 x 轴和 y 轴的交点分别为
A m  4 , 0  , B 0, 4  mm  0 ，结合题意即可求得m 的范围，再表示出 S
 1  m  16  8 ，
mVOAB2 m

进而结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由l  l ，得1m 1  m2 11  0 ，解得 m  0 或1；
12
b  2  2  1
（2）设 Aa, b ，则 a 1 3，
a 1b  2
2  31  0
22
解得 a   33 , b 
4 ，即 A  33 , 4  .
 13 13 
1313
（3）存在，由l : mx  y  m  4  0 ，得 x 1 m   y  4  0 ．
 x 1  0
由
，得x  1 时，则直线l 恒过定点1, 4 ，如图，


 y  4  0 y  4
直线l 与 x 轴和 y 轴的交点分别为 A m  4 , 0  , B 0, 4  mm  0 ，
m

 m  4  0

由题意，  m
，所以 m  0 ，此时直线l 与 x 轴和 y 轴的正半轴都相交.
 4  m  0
1 m  41 m2  8m 161 16
而 SVOAB 
OA  OB  
1
2
2
 4  m  
m2m
  m  8
2m

m  16 
m 

 1  2

 8  8 ，
2


当且仅当m   16 ，即 m  4 时， △OAB 的面积取得最小值 8．
m
13
如图，在平面四边形 ABCD 中， AB ∥ DC,V ABD 为边长为 2 的正三角形， DC  3 ，点O 为 AB 的中点，沿 DO 将△AOD 折起得到四棱锥 P  OBCD ，且 PC .
证明： BD  PC ；
PE
PC
点 E 为线段 PC 上的动点（不含端点），当平面 POD 与平面 EBD 的夹角为30 时，求
的值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 1
4
【解析】
【分析】（1）根据三角形的边角关系可得线线垂直，进而根据线线垂直即可得线面垂直，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问 1 详解】
QV ABD 为边长为 2 的正三角形，点O 为
AB 中点，连接OC 交 BD 于点G ，
，
OD2  DC 2
Q AB ∥ DC, DC  3,OC  2 3 ，
Q PC  13, PC 2  PO2  OC 2 , PO  OC ，
又Q PO  OD, OD, OC  平面OBCD ，
OD  OC  O, PO  平面OBCD ，
Q BD  平面OBCD, PO  BD ，
在底面OBCD 中， VDGC∽VBGO ，
所以 DC  DG  GC ,进而 BG  1 , OG 3 ,OB2  OG2  GB2 ，
OBGBOG22
 BD  OC,Q PO, OC  平面 POC, PO  OC  O ，
 BD  平面 POC ，
Q PC  平面 POC ，
 BD  PC
【小问 2 详解】
由（1）可知，QOB､OD､OP 两两垂直，所以以O 为原点， OB､OD､OP 分别为 x､y､z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O  xyz ，
 P 0, 0,1, B 1, 0, 0, C 3, 3, 0, D 0, 3, 0，
易得OB  1, 0, 0 为平面 POD 的一个法向量，

–––→–––→
设 PE  λPC, E 3λ, 3λ,1λ (0  λ 1) ，
–––→–––→
r
 BE  3λ1, 3λ,1λ, DE  3λ, 3λ 3,1λ ， 设平面 BDE 的一个法向量为 n   x, y, z  ，则
→ –––→
n  BE  3λ1 x  3λy  1λ z  0
→ –––→，
n  DE  3λx   3λ 3  y  1λ z  0
→3 12λ
取 x  3 ，则 n   3, 3, 1λ  ，

Q平面 POD 与平面 EBD 的夹角为30∘ ,
OB  n
–––→
→
OB n
–––→ →
–––→
cs30∘ 
cs
→
OB, n
，
12   1λ 
 3 12λ2


3
3
2 ，解得:λ 1 0,1 ，
4
当平面 POD 与平面 EBD 的夹角为30 时，
 λ 1 .
PE
PC
4
在平面直角坐标系 xOy 中， O 是坐标原点，定义点 P  x1, y1  与点Q  x2 , y2  的“曼哈顿距离”为
d  P, Q  x1  x2
 y1  y2
．若点 F1 1, 0 ，点 F2 1, 0 ，
（1）求 d  F1, F2  ；
已知直线2x  y  2  0 ，求点 F2 到直线上动点的“曼哈顿距离”最小值；
求平面内与两定点 F1 和 F2 的“曼哈顿距离”之和等于 4 的点的轨迹围成的面积．
【答案】（1）2（2）2
（3）6
【解析】
【分析】（1）由“曼哈顿距离”的定义直接求解即可；
根据“曼哈顿距离”表示出 d  F2 , C  ，然后分段去掉绝对值符号，利用一次函数性质求解可得；
2
根据“曼哈顿距离”的定义求出轨迹方程，判断其对称性，转化为求曲线 y  2  1  x 1  x 1  与
x 轴所围成的面积，然后去掉绝对值符号，利用分段函数作出图象即可求解.
【小问 1 详解】
由“曼哈顿距离”的定义可得 d  F1, F2   1 1  0  0  2 .
【小问 2 详解】
设直线2x  y  2  0 上动点C 的坐标为 x0 , y0  ，
3x0 1, x0  1
则 d  F , C   x 1  y  x 1  2x  2  x  3, 1  x  1 ，
20000
 00
3x 1, x  1
00
由一次函数单调性可知，当 x0  1 时， d  F2 , C   2 ；当 1 x0 1时， 2  d  F2 , C   4 ；当 x0  1时， d  F2 , C   4 .
综上， d  F2 , C  的最小值为 2.
【小问 3 详解】
设点 D  x, y  ，则 d  F1, D  d  F2 , D  4 ，
即 x  1 
y  x 1 
y  4 ，即 y
 2  1  x 1  x 1  ，
2
将 x,  y  代入上述方程得  y
 2  1  x 1  x 1   y ，
2
所以，方程 y
 2  1  x 1  x 1  表示的曲线关于 x 轴对称，
2
故曲线 y  2  1  x 1  x 1  所围成的面积等于曲线 y  2  1  x 1  x 1  与 x 轴所围成的面积的
2
2 倍.
2
x  2, x  1
作出函数 y  2  1  x 1  x 1    1  x  1 的图象，如图：
1,

22  x, x  1
易知 E 2, 0, F 1,1, G 1,1, H 2, 0 ，
四边形 EFGH 的面积为 S  1 2  41  3 ，
2
所以，所求轨迹围成的面积为 6.