2024-2025学年河北省邯郸市多校高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省邯郸市多校高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含答案），共10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.已知圆C的圆心坐标为(1,1)，且过坐标原点，则圆C的方程为( )
A. (x−1)2+(y−1)2= 2B. (x−1)2+(y−1)2=2
C. (x+1)2+(y+1)2=2D. x2+y2=2
2.已知平面α的一个法向量为n=(4,−2,m)，直线l的一个方向向量为u=(−1,−3,2)，若l/​/α，则m=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.已知直线2x+y−3=0与直线4x−my−3=0平行，则它们之间的距离是( )
A. 3 55B. 510C. 3 510D. 55
4.如图，在正三棱锥P−ABC中，点G为△ABC的重心，点M是线段PG上的一点，且PM=3MG，记PA=a,PB=b,PC=c，则AM=( )
A. −34a+14b+14c
B. −34a+13b+14c
C. −14a+14b+14c
D. −14a+13b+14c
5.已知从点(−1,5)发出的一束光线，经过直线2x−y+2=0反射，反射光线恰好过点(2,7)，则反射光线所在的直线方程为( )
A. 2x+y−11=0B. 4x−y−1=0C. 4x+y−15=0D. x+y−9=0
6.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1= 2，AB=2，则点C到直线AB1的距离为( )
A. 63
B. 233
C. 303
D. 153
7.已知实数x，y满足y=2x−1，且−1≤x≤2，则y−6x−3的取值范围为( )
A. (−∞,−94]∪[3,+∞)B. [−3,94]
C. (−∞,94]∪[3,+∞)D. [94,3]
8.在正三棱锥P−ABC中，PA=AB=3，点M满足PM=xPA+yPB+(2−x−y)PC，则AM的最小值为( )
A. 4 65B. 6C. 6 65D. 2 6
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.已知空间向量a=(1,2,3),a+2b=(−3,0,5),c=(2,4,m)，且a//c，则下列说法正确的是( )
A. |b|= 6B. m=6
C. (2b+c)⊥aD. cs〈b,c〉=− 2142
10.直线y=2x+m与曲线y= 4−x2恰有两个交点，则实数m的值可能是( )
A. 92B. 4110C. 4D. 5
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P，M是底面A1B1C1D1内的一点(包括边界)，且AP= 5,BM⊥AC，则下列说法正确的是( )
A. 点P的轨迹长度为π
B. 点M到平面A1BD的距离是定值
C. 直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+4 27
D. PM的最小值为 2−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一条过原点的直线被圆x2+y2−4x=0所截得的弦长为2，则该直线的倾斜角为______．
13.已知向量a=(3,−2,3),b=(−1,3,−2),c=(7,0,λ)，若a,b,c共面，则λ= ______．
14.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1= 3，M为棱B1C1上的动点(包括端点)，N为AM的中点，则直线CN与平面ABB1A1所成角的正弦值的取值范围为____．
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△ABC的顶点坐标为A(−1,6)，B(−3,−1)，C(4,2)．
(1)若点D是AC边上的中点，求直线BD的方程；
(2)求AB边上的高所在的直线方程．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，点E，F分别为棱AB，A1B1的中点．
(1)求证：AF//平面B1CE；
(2)求直线C1E与直线AF的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，AC⊥DB1,AA1= 2AB=2，点P是棱DD1上的一点，且DP=2PD1．

(1)求证：四边形ABCD为正方形；
(2)求直线AD1与平面PAC所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知某圆的圆心在直线y=x上，且该圆过点(−2,2)，半径为2 2，直线l的方程为(m+1)x+(2m−1)y−3m=0．
(1)求此圆的标准方程；
(2)若直线l过定点A，点B，C在此圆上，且AB⊥AC，求|BC|的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB=2 2,BC=2，平面PAC⊥平面ABCD，且PA=PC，点E，F分别是棱AB，PC的中点．

(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)若直线PA与平面PBD所成的角的正弦值为 63．
①求PA的长；
②求平面PDE与平面FDB的夹角的余弦值．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.A
5.C
6.C
7.D
8.B
9.ABD
10.BC
11.BCD
12.60°或120°．
13.5
14.[ 217,2 55]
15.解：(1)因为点D是AC边上的中点，A(−1,6)，C(4,2)，
则D(32,4)，
又B(−3,−1)，
所以kBD=−1−4−3−32=109，
所以直线BD的方程为y+1=109(x+3)，即10x−9y+21=0；
(2)因为kAB=−1−6−3+1=72，
所以AB边上的高所在的直线的斜率为−172=−27，
所以AB边上的高所在的直线方程为y−2=−27(x−4)，即2x+7y−22=0．
16.(1)证明：因ABC−A1B1C1是直三棱柱，则AB/​/A1B1，AB=A1B1，
又因点E，F分别为棱AB，A1B1的中点，所以AE//B1F，AE=B1F，
则四边形AEB1F是平行四边形，所以AF//B1E，
又因AF⊄平面B1CE，B1E⊂平面B1CE，
故AF/​/平面B1CE；
(2)解：如图，

因直三棱柱ABC−A1B1C1中AB⊥AC，故可以A为原点，
以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
不妨设AA1=2，则C1(0,2,2)，E(1,0,0)，F(1,0,2)，
于是C1E=(1,−2,−2),AF=(1,0,2)，
C1E⋅AF=1×1+(−2)×0+(−2)×2=−3，|C1E|= 12+(−2)2+(−2)2=3，|AF|= 12+02+22= 5，
所以cs=C1E⋅AF|C1E|⋅|AF|=−33× 5=− 55，
设直线C1E与直线AF的夹角为θ，θ∈[0,π2]，
则csθ=|cs|= 55．
故直线C1E与直线AF的夹角的余弦值为 55．
17.(1)证明：如图，连接DB，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又AC⊥DB1，BB1∩DB1=B1，BB1，DB1⊂平面BDB1，
所以AC⊥平面BDB1，又BD⊂平面BDB1，
所以AC⊥BD，又四边形ABCD是矩形，
所以四边形ABCD为正方形；
(2)解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，

则A( 2,0,0),C(0, 2,0),D1(0,0,2),P(0,0,43)，
所以PA=( 2,0,−43),PC=(0, 2,−43),AD1=(− 2,0,2)，
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥PA，n⊥PC，可得n⋅PA= 2x−43z=0n⋅PC= 2y−43z=0，令z=3，可得x=y=2 2，
故平面PAC的一个法向量为n=(2 2,2 2,3)，
设直线AD1与平面PAC所成角的大小为θ，
所以sinθ=|cs|=|n⋅AD1||n||AD1|=|− 2×2 2+0×2 2+2×3| 6×5= 615，
即直线AD1与平面PAC所成角的正弦值为 615．
18.解：(1)因为圆心在直线y=x上，所以设圆心(a,a)，
又圆过点(−2,2)，半径为2 2，
∴ (a+2)2+(a−2)2=2 2，解得a=0，
∴圆的标准方程为x2+y2=8；
(2)由直线l的方程为(m+1)x+(2m−1)y−3m=0，可得(x+2y−3)m+(x−y)=0，
则有x+2y−3=0x−y=0，解得x=1y=1，直线过定点A(1,1)，
取线段BC中点为D(x,y)，则|BC|=2|AD|，
令原点为O，则|OB|2=|OD|2+|BD|2，即8=x2+y2+(x−1)2+(y−1)2，
化简得(x−12)2+(y−12)2=72，即D的轨迹是以(12,12)为圆心， 142为半径的圆，
A到D的轨迹的圆心的呀离为 22，则|AD|的取值范围为[ 142− 22, 142+ 22]，
∴|BC|的取值范围为[ 14− 2, 14+ 2].
19.解：(1)证明：在矩形ABCD中，AB：BC= 2：1，且E是AB的中点，
tan∠ADE=tan∠CAB= 22，故∠ADE=∠CAB，
又∠CAB+∠DAC=90°，则∠ADE+∠DAC=90°，即AC⊥DE，
如图，记BD∩AC=O，连接PO，

因为ABCD是矩形，故O是AC的中点，
又PA=PC，所以PO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，PO⊂平面PAC，
故PO⊥平面ABCD，
又DE⊂平面ABCD，
所以PO⊥DE，
又AC∩PO=O，AC，PO⊂平面PAC，
所以DE⊥平面PAC；
(2)①如图，以O为坐标原点，OE，OP所在的直线分别为x轴，z轴，过点O且与AB平行的直线为y轴，建立空间直角坐标系，

设OP=a(a>0)，所以A(1,− 2,0),B(1, 2,0),D(−1,− 2,0),P(0,0,a)，
故AP=(−1, 2,a)，
设平面PDB的法向量为n=(x,y,z)，
又DB=(2,2 2,0),OP=(0,0,a)，
所以n⊥DBn⊥OP，则n⋅DB=2x+2 2y=0n⋅OP=az=0，
故可取n=( 2,−1,0)，
因为直线PA与平面PBD所成的角的正弦值为 63，
所以|cs〈n,AP〉|=|n⋅AP||n|⋅|AP|=2 2 1+2+a2× 2+1= 63，
解得a=1，所以AP=|AP|= 1+2+1=2；
②如图，因为E(1,0,0),F(−12, 22,12)，

设平面PDE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
又ED=(−2,− 2,0),EP=(−1,0,1)，
所以n1⊥EDn1⊥EP，
则n1⋅ED=−2x1− 2y1=0n1⋅EP=−x1+z1=0，
故可取n1=(1,− 2,1)，
设平面FDB的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
又DB=(2,2 2,0),DF=(12,3 22,12)，
所以n2⊥DBn2⊥DF，
则n2⋅DB=2x2+2 2y2=0n2⋅DF=12x2+3 22y2+12z2=0，
故可取n2=( 2,−1,2 2)，
设平面PDE与平面FDB的夹角为θ，
所以csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=4 2 1+2+1× 2+1+8=2 2211，
即平面PDE与平面FDB的夹角的余弦值为2 2211．