安徽省天长中学等校2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学（北师大版）试卷（B）（含答案）

这是一份安徽省天长中学等校2025-2026学年高二上学期期末质量检测数学（北师大版）试卷（B）（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=3,5,−1，则2a−b等于( )
A. 1,−7,−1B. 7,−3,−5C. 1,−7,7D. 7,3,5
2.若圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的体积为( )
A. 12πB. 16πC. 20πD. 24π
3.已知直线l1:2x−y+1=0,l2:a2x+2y+2=0a∈R，则“l1⊥l2”是“a=1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.设▵ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，如果(a+c)2−b2=ac，且b=2 3，那么▵ABC外接圆的半径为( )
A. 1B. 2C. 2 3D. 4
5.在空间直角坐标系中，若A1,2,3,B3,5,7,C7,λ,15三点共线，其中λ∈R，则λ=( )
A. 11B. 9C. 7D. 5
6.已知圆C1:x2+y2+8x−6y+9=0，圆C2:x+12+y+12=a2a>0，若C1与C2有且仅有2条公切线，则实数a的取值范围为( )
A. 2,10B. 1,10C. 2,9D. 1,9
7.已知▵ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=2π3,▵ABC的面积为 3，角A的平分线交边BC于点D，且BD=2DC，则a为( )
A. 2B. 10C. 14D. 4
8.已知圆O的直径AB=4，动点P与A的距离是它与B的距离的 2倍，当△PAB面积最大时，PA⋅PB=( )
A. 16B. 32C. 48D. 64
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α,β,γ是三个不同的平面，a,b,c是三条不同的直线，下列命题正确的有( )
A. a//b，a//c，则b//cB. 若a⊥b,a⊥c，则b⊥c
C. 若α//β，α//γ，则β//γD. 若α⊥β,β//γ，则α⊥γ
10.已知直线l:x+y+1=0，点P为圆M:(x−1)2+(y−2)2=2上一点，则( )
A. 直线l与圆M相离
B. 点P到直线l距离的最小值为 2
C. 与圆M关于直线l对称的圆的方程为(x+3)2+(y−2)2=2
D. 平行于l且与圆M相切的两条直线方程为2x+2y+1=0和2x+2y−5=0
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为棱C1D1,C1C的中点，则下列结论正确的有( )
A. 直线AM与平面A1ADD1所成角的正弦值为13
B. 点B到直线AM的距离为4 23
C. 直线A1M与直线BN是异面直线
D. 点D到平面AMN的距离为6 1717
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知三棱锥P−ABC中，平面ABC的一个法向量为n=1,2,−1，若AP=3,4,−1，则向量AP在法向量n上的投影向量为 ．
13.已知直线2x−y+5=0与圆x2+y2=9相交于A，B两点，则线段AB中点的坐标为 ．
14.已知▵ABC所对的三边为a，b，c，且满足b2+c2=5a2，则sin(B+C)sinBsinC的最小值为
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。
15.(本小题13分)
已知圆C：x2+y2−4x−2y+4=0，过原点O引圆的两条切线l1，l2，切点分别为M，N，其中直线l1的倾斜角大于直线l2的倾斜角．
(1)求l1，l2的方程；
(2)求四边形OMCN的面积．
16.(本小题15分)
已知▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+2b:b+2c:c+2a=8:11:8．
(1)求csC；
(2)若acsC+ccsA=kbsinA，求k的值．
17.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2AC=4,∠A1B1C1=30∘．
(1)求证：▵A1BC为直角三角形；
(2)若AA1=2，求平面AA1B与平面A1BC所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知圆C过A−1,1,B1,3两点，且圆心C在直线x−2y+1=0上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)求过圆心C且在x轴，y轴上截距相等的直线l1的方程；
(3)若直线l2的横截距为aa>1，纵截距为bb>1，且直线l2被圆C截得的弦长为2 3，求ab的最小值．
19.(本小题17分)
在三棱锥P−ABC中，AB=AC=CP=1,AB⊥AC,∠PCA=120∘．
(1)若平面PAC⊥平面ABC．
(i)求证：PC⊥AB；
(ii)三棱锥P−ABC的各个顶点都在球O的表面上，求球O的半径R；
(2)若二面角A−CP−B的余弦值为 33，求BP的长．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.B
5.A
6.D
7.C
8.D
9.ACD
10.AB
11.ABD
12.(2,4,−2)
13.−2,1
14.23
15.解：(1)由x2+y2−4x−2y+4=0，
得(x−2)2+(y−1)2=1，圆心C(2,1)，半径r=1，
设过原点O(0,0)的切线方程为y=kx，即kx−y=0，
圆心C(2,1)到直线kx−y=0的距离为d=|2k−1| k2+1=r=1，
解得k=0或k=43，
因此，两条切线方程为l1:y=43x，l2:y=0；
(2)易得OM⊥CM，ON⊥CN，且OM=ON，CM=CN=r=1，
OM= |OC|2−r2= 5−1=2，
四边形OMCN可分为两个全等的直角三角形△OMC和△ONC，
因此面积为S四边形OMCN=2S△OMC
=2×12×OM×CM
=2×12×2×1=2．
16.解：(1)由题意令a+2b=8t，b+2c=11t，c+2a=8t，其中t>0，
联立a+2b=8tb+2c=11tc+2a=8t，解得a=2tb=3tc=4t，其中t>0，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=4t2+9t2−16t22×2t×3t=−14．
(2)由(1)知，a=2tb=3tc=4t，其中t>0，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=9t2+16t2−4t22×3t×4t=78，
因为A∈0,π，所以sinA= 1−cs2A= 158，
因为acsC+ccsA=kbsinA，
由正弦定理得sinAcsC+sinCcsA=ksinBsinA，
则sinA+C=ksinBsinA，
因为A+C=π−B，所以sinA+C=sinB
所以sinB=ksinBsinA，
又因为B∈0,π，所以sinB≠0，
所以1=ksinA，即k=1sinA=8 1515．

17.解：(1)由题意得，∠A1B1C1=∠ABC=30∘,AB=2AC，
由正弦定理知，ABsin∠ACB=ACsin30∘，故sin∠ACB=1，
所以∠ACB=90 ∘，则CA⊥CB，
而AA1⊥平面ABC,CB⊂平面ABC，故AA1⊥CB，
又AA1∩AC=A，AA1,AC⊂平面AA1C，
故CB⊥平面AA1C；
因为A1C⊂平面AA1C，故CB⊥A1C，所以▵A1BC为直角三角形．
(2)由题意可知CA,CB,CC1两两垂直，
所以以C为原点，分别以CB,CA,CC1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AA1=2,AB=2AC=4，所以BC=2 3，
故A0,2,0,C0,0,0,B2 3,0,0,A10,2,2，
故AA1=0,0,2,A1B=2 3,−2,−2,CB=2 3,0,0．
设平面AA1B和平面A1BC的法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
则n1⋅AA1=2z1=0n1⋅A1B=2 3x1−2y1−2z1=0，令x1=1，则n1=1, 3,0，
而n2⋅CB=2 3x2=0n2⋅A1B=2 3x2−2y2−2z2=0，令y2=1，则n2=0,1,−1，
记平面AA1B与平面A1BC所成角为θ，
则csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1n2= 32 2= 64，
所以sinθ= 1−cs2θ= 104．

18.解：(1)由题意知，圆心C在直线x−2y+1=0上，故设圆心为C2t−1,t，
因为点A−1,1,B1,3在圆C上，所以CA=CB，
即 4t2+(t−1)2= (2t−2)2+(t−3)2，解得t=1，
所以圆心C1,1，半径r=CA=2，即圆C的标准方程为(x−1)2+(y−1)2=4．
(2)由题意知，直线l1斜率存在且圆心C1,1，设直线l1的方程为y−1=kx−1，令x=0，解得y=1−k，令y=0，解得x=k−1k，
因为直线l1过圆心C且在x轴，y轴上截距相等，所以1−k=k−1k，解得k=±1.
当k=1时，直线l1:y=x，此时x轴，y轴上截距为0，符合题意；
当k=−1时，直线l1:x+y−2=0，此时x轴，y轴上截距为2，符合题意．
综上，直线l1的方程为y=x或x+y−2=0．
(3)因为直线l2被圆C截得的弦长为2 3，
所以圆心C到直线l2的距离为d= 4−( 3)2=1．
又直线l2的横截距为aa>1，纵截距为bb>1，
则直线l2的方程为xa+yb=1，即bx+ay−ab=0，
则圆心C1,1到直线l2的距离d=a+b−ab a2+b2=1，整理可得ab+2=2a+b，
由a+b≥2 ab，得ab+2=2a+b≥4 ab，即( ab)2−4 ab+2≥0，
解得 ab≤2− 2或 ab≥2+ 2，
因为a>1,b>1，所以ab>1，则 ab≥2+ 2，故ab≥6+4 2，
当且仅当a=b ab=2+ 2时，即a=b=2+ 2时，等号成立，
故ab的最小值为6+4 2．

19.解：(1)(i)由题意得，AB⊥AC，平面PAC⊥平面ABC，
因为平面PAC∩平面ABC=AC,AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，所以PC⊥AB．
(ii)如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,B1,0,0,C0,1,0,P0,32, 32，
设三棱锥外接球球心Oa,b,c，则球心Oa,b,c到A,B,C,P的距离相等，
所以OA=OBOA=OCOA=OP,
即a2+b2+c2=a−12+b2+c2a2+b2+c2=a2+b−12+c2a2+b2+c2=a2+b−322+c− 322
解方程得a=b=12,c= 32，所以AO=a,b,c=12,12, 32，
故R=AO= 122+122+ 322= 52．
(2)过点P作棱PD⊥AC交AC的延长线于点D，
因为AC=1,∠PCA=120∘，所以CD=12,PD= 32，
所以点P是在以D为圆心，DP= 32为半径的圆上一点，
故以点D为坐标原点，DA为x轴，过点D且平行于AB的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A32,0,0,B32,1,0,C12,0,0,D0,0,0，
设P0,y,z，则y2+z2=34，所以CP=−12,y,z,CA=1,0,0,CB=1,1,0.
设平面APC的法向量为e1=x1,y1,z1，
则CP⋅e1=−12x1+yy1+zz1=0CA⋅e1=x1=0,
令z1=y，则y1=−z，所以平面APC的一个法向量为e1=0,−z,y；
设平面PBC的法向量为e2=x2,y2,z2，
则CP⋅e2=−12x2+yy2+zz2=0CB⋅e2=x2+y2=0,
令y2=−2z，则x2=2z,z2=1+2y，
所以平面PBC的一个法向量为e2=2z,−2z,1+2y，
因为二面角A−PC−B的余弦值为 33，
所以cse1,e2=2z2+2y2+y z2+y2⋅ 4z2+4z2+(1+2y)2= 33，
又因为y2+z2=34，将其代入整理得4y2+4y+1=0，解得y=−12,z=± 22，
所以P0,−12,± 22,B32,1,0，此时BP= 94+94+24= 5，
故二面角A−PC−B的余弦值为 33时，BP= 5．