2024-2025学年福建省厦门第一中学高二上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省厦门第一中学高二上学期10月月考数学试题（含答案），共11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。

1.经过M−3,2，N−2,1两点的直线的倾斜角为( )
A. π4B. π3C. 3π4D. 2π3
2.在空间直角坐标系Oxyz中，点B与点A(−3,6,1)关于平面Oxy对称，则B的坐标为( )
A. (3,6,1) B. −3,−6,1C. −3,6,−1D. −3,−6,−1
3.已知圆C:x2+y2+2x−4y−4=0，则圆C的半径为( )
A. 3B. 3C. 13D. 1
4.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，且PD=3DC，则BD在AC方向上的投影向量为( )
A. −34AC
B. −23AC
C. 34AC
D. 23AC
5.已知直线l1过点A1,2，其方向向量为a1=k,2，直线l2过点B(2,1)，其方向向量为a2=1−k2,k，若l1//l2，则k=( )
A. −2B. 1C. −2或1D. 0或2
6.圆C1：x−32+y+12=4关于直线x+y=0对称的圆C2的方程为( )
A. x−32+y−12=4B. x+12+y−32=4
C. x+32+y+12=4D. x−12+y+32=4
7.如图，在三棱锥O−ABC中，点G为底面▵ABC的重心，点M是线段OG上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱OA，OB，OC于点D，E，F，若OD=kOA,OE=mOB,OF=nOC，则1k+1m+1n=( )
A. 29B. 23C. 32D. 92
8.正四面体A−BCD的棱长为4，空间中的动点P满足|PB+PC|=2 2，则AP⋅PD的取值范围为( )
A. [4−2 3,4+2 3]B. [ 2,3 2]
C. [4−3 2,4− 2]D. [−14,2]
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.直线l1，l2的方程分别为l1:x−ay−b=0，l2:x−cy−d=0，它们在坐标系中的位置如图所示，则下列结论中正确的是( )
A. b<0，d>0B. b>0，d<0C. a>cD. a10.若有一组圆Ck：x−k2+y−k2=4k∈R，下列命题正确的是( )
A. 所有圆Ck的半径均为2B. 所有的圆Ck的圆心恒在直线y=x上
C. 当k=2时，点3,0在圆Ck上D. 经过点2,2的圆Ck有且只有一个
11.在四面体ABCD中，棱AB的长为4，AB⊥BD，CD⊥BD，BD=CD=2，若该四面体的体积为4 33，则( )
A. 异面直线AB与CD所成角大小为π3
B. AC的长可以为2 6
C. 点D到平面ABC的距离为2 217
D. 当二面角A−BC−D是钝角时，其正切值为− 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知两条异面直线的方向向量分别是u=3,1,−2，v=3,2,1，则这两条异面直线所成的角的余弦值为 ．
13.已知两条平行直线l1:x−2y+1=0,l2:mx−y+n=0间的距离为 5，则2m−2n= ．
14.小明在街道散步时听见呼救声，发现道旁的湖中有落水者，准备立即施救．如图所示，小明位于人行道上的O(0,0)点，落水者位于A20,18；已知小明小跑的速度为2m/s，游泳速度为1m/s，则他到达落水者位
置所用的最短时间为 ．
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，在空间四边形OABC中，2BD=DC，点E为AD的中点，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OE;
(2)若OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60∘，求OE⋅BC的值．
16.(本小题12分)
已知点A−2,0,B1,0,C6,0，动点P满足PA=2PB．
(1)求动点P的轨迹方程：
(2)若动点Q满足CQ=QP，求动点Q的轨迹方程；
17.(本小题12分)
已知▵ABC的一条内角平分线CD的方程为x+y=0，一个顶点为A2,1，AC边上的中线BE所在直线的方程为5x−2y+10=0．
(1)求顶点C的坐标；
(2)求▵ABC的面积．
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，AC⊥BC，ΔPAC是边长为2的正三角形，BC=4，E,F分别是PC,PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l．
(1)证明：直线l⊥平面PAC；
(2)设点Q在直线l上，直线PQ与平面AEF所成的角为α，异面直线PQ与EF所成的角为θ，求当AQ为何值时，α+θ=π2．
19.(本小题12分)
阅读材料：
折纸几何学是指从数学的角度对折叠过程加以研究，如欧几里德为平面几何设计了公理一样，现代数学家藤田文章(Humiaki Huzita)和羽鸟公士郎(Ksℎir Hatri)设计了一套完整的公理体系来描述折纸操作——Huzita−Hatri公理，假定所有折纸操作均在理想的平面上进行，并且所有折痕都是直线，这些公理描述了通过折叠纸张可能达成的所有操作，其中的第六条公理叙述如下：
·给定两个点，P1，P2和两条相交直线l1，l2，存在一个折叠，可以使P1落在l1上，同时P2落在l2上．(如图1)
不同于尺规作图，折纸操作在折叠过程借用了三维空间，翻转了“平面”，借助这些公理，可解决一些尺规作图无法解决的作图问题．
(ⅰ)倍立方体问题：作出体积是给定正方体两倍的正方体棱长
①如图19−2，首先将正方形ABCD三等分，
②将B折到线段AD上，同时将M折到线段PQ上，
③则B′点将AD分成两段，其长度之比恰为所求．
(ⅱ)三等分锐角问题：(如图19−3)
①在矩形纸ABCD上折出锐角∠EAB
②在AD上标注点M，对折AM，折痕记为NQ；
③折叠纸张，使得点M落到AE上，点A落到NQ上，
④把M、N、A落地点分别记为P、H、G，折痕记为RF；AH、AG就是∠EAB的三等分线
结合阅读材料解决以下问题：
(1)在平面直角坐标系中，已知A0,−2，B−1,0，若能通过折叠使A，B分别落在x轴，y轴上，求折痕所在直线l的方程；
(2)求证：在倍立方体问题中，DB′B′A=32；
(3)如图4，直线m:y=−2x的倾斜角为α，若直线n过原点，且倾斜角为α3，请结合三等分锐角的案例，设计折出直线n的步骤，并加以证明．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.B
6.D
7.D
8.D
9.BD
10.AB
11.ACD
12.914
13.5
14.10+9 3
15. 解：(1)因为2BD=DC，
所以BD=13BC=13(OC−OB)=13(c−b)，
所以OD=OB+BD=b+13(c−b)=23b+13c，
因为点E为AD的中点，
所以OE=12(OA+OD)=12a+13b+16c.
(2)因为 BC=OC−OB ， OE=12OA+13OB+16OC ，
所以 OE⋅BC=(12OA+13OB+16OC)⋅(OC−OB)
=12OC⋅OA+16OC⋅OB+16OC2−12OB⋅OA−13OB2
=12×2×2×12+16×2×2×12+16×22−12×2×2×12−13×22=−13 ．

16.(1)
依题意，设点Px,y，又A−2,0,B1,0，
因为PA=2PB，即 x+22+y2=2 x−12+y2，
化简可得x2−4x+y2=0，即x−22+y2=4，
所以动点P的轨迹方程为x−22+y2=4；
(2)
设Qx,y,Pm,n，又C6,0，
因为CQ=QP，所以x−6,y=m−x,n−y，
即x−6=m−xy=n−y，得m=2x−6n=2y,
由(1)知m−22+n2=4，所以2x−6−22+2y2=4，
整理得动点Q的轨迹方程为x−42+y2=1．

17.(1)
因为直线CD的方程为x+y=0，
设C(t,−t)，又A2,1，
所以线段AC的中点坐标为(t+22,−t+12)，
因为线段AC的中点在直线BE上，
所以5×t+22−2×−t+12+10=0，整理得7t=−28，即t=−4，
所以C(−4,4)．
(2)
因为CD是▵ABC的一条角平分线，
所以点A关于直线CD的对称点A′在直线BC上，
设A′(m,n)，
则n−1m−2×(−2)=−1m+22+n+12=0，解得m=−1n=−2,
所以kBC=4−(−2)−4−(−1)=−2，
所以直线BC的方程为y−4=−2(x+4)，整理得2x+y+4=0，
联立直线BC与直线BE的方程，2x+y+4=05x−2y+10=0,
解得x=−2y=0，即B(−2,0)，
所以BC= (−2+4)2+(0−4)2=2 5，
点A到直线BC的距离d=4+1+4 4+1=9 5，
所以S▵ABC=12×BC×d=12×2 5×9 5=9．

18.(1)证明：因为E，F分别是PC，PB的中点，则BC // EF，
BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
从而BC //平面AEF，
因为BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC=l，则BC // l，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，BC⊥AC，BC⊂平面ABC，
则BC⊥平面PAC，
所以直线l⊥平面PAC；
(2)解：解法一：因为BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
则BC⊥PC，
又EF // BC，则EF⊥PC，
因为△PAC为正三角形，E为PC的中点，
则AE⊥PC，AE∩EF=E，AE、EF⊂平面AEF，
从而PC⊥平面AEF，
连接EQ，则∠PQE=α，
因为l // EF，l⊥PA，则∠PQA=θ，
在Rt△PEQ中，sin α=PEPQ=1PQ，
在Rt△PAQ中，cs θ=AQPQ，
因为α+θ=π2，则sin α=cs θ，得AQ=1，
所以当AQ=1时，α+θ=π2．
解法二：以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则点A(2,0,0),B(0,4,0)，P(1,0, 3),E(12,0, 32),F(12,2, 32)，
从而AE=(−32,0, 32)，EF=(0,2,0)，
设平面AEF的法向量m=(x,y,z)，
则AE⋅m=−32x+ 32z=0EF⋅m=2y=0,
取z= 3，得m=(1,0, 3)．
设点Q(2,a,0)，则PQ=(1,a,− 3)，
所以sin α=|cs ⟨PQ,m⟩|=|PQ⋅m||PQ|⋅|m|=22 4+a2=1 4+a2，
cs θ=|cs ⟨PQ,EF⟩|=|PQ⋅EF||PQ|⋅|EF|=|2a|2 4+a2=|a| 4+a2．
因为α+θ=π2，则sin α=cs θ，得|a|=1，
所以当AQ=1时，α+θ=π2．
19.(1)
设折叠后A点落在x轴上的点为A′(x1,0)，B点落在y轴上的点为B′(0,y1)，
因为折叠前后线段长度不变，A′(2,0),B′(0,1)或A′(−2,0),B′(0,−1)．
当A′(2,0),B′(0,1)时，得AA′的中点为C(1,−1)，BB′的中点为D(−12,12)，
所以直线CD为y+1=12+1−12−1(x−1)，即y=−x；
当A′(−2,0),B′(0,−1)时，得AA′的中点为C(−1,−1)，BB′的中点为D(12,12)，
所以直线CD为y+1=12+112+1(x+1)，即y=x，
故直线l的方程为y=x或y=−x；
(2)
设原立方体的棱长为a，倍立方体的棱长为x，
则原立方体的体积为a3，倍立方体的体积为x3，
又倍立方体的体积是原立方体的体积的2倍，
所以x3=2a3，解得x=32a，
在图2中，AB′=a，DB′=x
所以DB′B′A=32aa=32，即证．
(3)
由题意知，直线m的斜率为−2，则tanα=−2<0，故α为钝角．
如图，
设计折出直线n的步骤：
①将∠mOx对折，折痕记为OA，
②将∠AOx放在矩形OBCD中，且在OD上标注点M，对折OM，折痕记为NQ，
③折叠纸张，使得点M落在OA上，点O落在NQ上，
④把M,N,O的落地点分别记为P,H,G，折痕记为RF；
⑤OH,OG就是∠AOB的三等分线，则∠HOB=α3，OH所在直线即为直线n．
证明：
因为折叠操作使得∠AOH=∠HOG=∠GOB=α6，则∠HOB=α3，
所以直线OH即为倾斜角是α3的直线，即直线n．