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2024-2025学年云南省曲靖市麒麟区高二上学期10月月考数学试题（含答案）
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这是一份2024-2025学年云南省曲靖市麒麟区高二上学期10月月考数学试题（含答案），共8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.圆x2+y2−2x+4y−4=0的圆心坐标是( )
A. −2,4B. 2,−4C. −1,2D. 1,−2
2.已知两直线y=x+2k与y=2x+k+1的交点在圆x2+y2=4的内部，则实数k的取值范围是( )．
A. −153.已知点A−4,−2，B−4,2，C−2,2，则▵ABC外接圆的方程是( )．
A. x2+(y−3)2=20B. (x+3)2+y2=5
C. x2+(y+3)2=5D. (x−3)2+y2=20
4.已知直线y=k(x+2)与曲线y= 1−x2有公共点，则实数k的取值范围是( )
A. − 33, 33B. 0, 33C. − 33,0D. [− 3, 3]
5.集合A=−6,2,3，集合B=−7,1,2，从A，B中各任意取一个数相加为a，则直线l1:4x+ay−3=0与直线l2:ax+4y+4=0平行的概率为( )
A. 19B. 49C. 13D. 29
6.已知集合A=x,yx+ay+2a=0，B=x,yax+ay−1=0，则下列结论正确的是( )
A. 存在a∈R，使得A=⌀B. 当a=−1时，A∩B=12,−32
C. 当A∩B=⌀时，a=1D. 对任意的a∈R，都有A≠B
7.已知直线l经过点−2,0且斜率大于0，若圆C:x2+y2−2x=0的圆心与直线l上一动点之间距离的最小值为 2，则直线l的斜率为( )
A. 2 25B. 147C. 32D. 103
8.已知直线x+y−k=0(k>0)与圆x2+y2=4交于不同的两点A,B，O是坐标原点，且有|OA+OB|⩾ 3|AB|，则实数k的取值范围是( )
A. ( 3, 6)B. [ 2, 6)C. [ 6,2 2)D. [ 6,2 3)
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.已知点M(1,4)到直线l:mx+y−1=0的距离为3，则实数m等于( )
A. 0B. 34C. 3D. 2
10.下列结论不正确的是( )
A. 过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的倾斜角为30°
B. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,3)
C. 直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是 52
D. 已知A(2,3)，B(−1,1)，点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点(含端点D,C)，则下列说法正确的是( )
A. 不存在点Q，使得NQ⊥SB
B. 存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
C. 三棱锥Q−AMN体积的最大值是23
D. 当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.l1:x−y+3=0，与直线l2:2x+my−2=0平行，则直线l1与l2的距离为 ．
13.已知直线l1:a−4x−3y+1=0和l2:3x−b+1y+5=0垂直且a>0,b>0，则2a+12b的最小值为 ．
14.如果直线3x+4y−10=0被圆x2+y2−2ax+a2−4=0截得的弦长为2 3，那么实数a= ．
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)
在某次投篮比赛中，需要投篮四次.第一次投篮命中得1分，第二次投篮命中得2分，第三次和第四次投篮命中均得3分，未命中不得分.甲四次投篮命中的概率分别为14,13,12,12，且每次投篮能否命中都是相互独立的．
(1)求甲四次投篮共得0分的概率;
(2)若规定投篮者四次投篮的 总得分不低于7分，则晋级成功.求甲晋级成功的概率．
16.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知acsC+ 3asinC−b−c=0.
(1)求A；
(2)若a=1，求▵ABC面积的最大值．
17.(本小题12分)
已知直线l1：x+m−2y=0，l2：mx+y−2=0，且满足l1⊥l2，垂足为C．
(1)求m的值及点C的坐标．
(2)设直线l1与x轴交于点A，直线l2与x轴交于点B，求▵ABC的外接圆方程．
18.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，方程为x2+y2−2x−4y+t=0的圆M的内接四边形ABCD的对角线AC和BD互相垂直，且A､C分别在x轴负半轴和正半轴上，B､D分别在y轴负半轴和正半轴上．
(1)试用平面解析几何的方法证明：OA⋅OC=OB⋅OD=t；
(2)设四边形ABCD的一条边CD的中点为G，试用平面解析几何的方法证明：OG⊥AB．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=1，E，F，G分别是棱AB，BC，BB1上的动点，且AE=BF=B1G.
(1)求证：A1F⊥C1G;
(2)若平面EGC1与平面AA1B1B的夹角的余弦值为13，求BF．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.B
5.B
6.D
7.B
8.C
9.AB
10.AC
11.CD
12.2 2
13.32
14.5或53
15.【小问1详解】
设事件A=甲四次投篮共得0分，
所以PA=1−14×1−13×1−12×1−12=18．
【小问2详解】
设事件B=甲晋级成功，则甲投篮至少命中3次．
若甲投篮命中3次晋级成功，则甲必定是第一次投篮或第二次投篮没有命中，
则甲投篮命中3次晋级成功的概率P1=1−14×13×12×12+14×1−13×12×12=548．
若甲投篮命中4次，必定晋级成功，则甲投篮命中4次普级成功的概率P2=14×13×12×12=148，
所以PB=P1+P2=18，即甲晋级成功的概率为18．
16.【小问1详解】
acsC+ 3asinC−b−c=0，由正弦定理得
sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
其中sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
故sinAcsC+ 3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−sinC=0，
故 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，故 3sinA−csA−1=0，
由辅助角公式得2sinA−π6=1，即sinA−π6=12，
因为A∈0,π，所以A−π6∈−π6,5π6，
所以A−π6=π6，解得A=π3；
【小问2详解】
a=1，A=π3，
由余弦定理得b2+c2−2bccsA=a2，即b2+c2−bc=1，
由基本不等式得b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时，等号成立，
故1+bc≥2bc，解得bc≤1，仅当b=c=1时取等，
故▵ABC的面积12bcsinA≤12×1× 32= 34，最大值为 34．
17.【小问1详解】
解：显然m≠2，可得k1=−1m−2，k2=−m，
由l1⊥l2，可得k1⋅k2=−1，即−1m−2⋅−m=−1，解得m=1，
所以直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=0，
联立方程组x−y=0x+y−2=0，解得x=1y=1，所以点C1,1．
【小问2详解】
解：由直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=0，可得A0,0，B2,0，
所以▵ABC的外接圆是以AB为直径的圆，可得圆心1,0，半径r=12AB=1，
所以▵ABC的外接圆方程是x−12+y2=1．
18.【小问1详解】
圆M：(x−1)2+(y−2)2=5−t，则t<5，
设A(a,0),C(c,0)，则a<0,c>0，且a,c为方程x2−2x+t=0的两根，
于是ac=t<0，即有OA⋅OC=a⋅c=t，
设B(0,b),D(0,d)，则b<0,d>0，且b,d为方程y2−4y+t=0的两根，
于是bd=t<0，即有OB⋅OD=b⋅d=t，
所以OA⋅OC=OB⋅OD=t．
【小问2详解】
由(1)知，G(c2,d2)，则直线OG的斜率kOG=dc，而直线AB的斜率kAB=−ba
又a<0,b<0,c>0,d>0，则ac=−t=bd，因此kOG⋅kAB=−bdac=−1，
所以OG⊥AB．
19.解：(1)证明：以B为坐标原点，BA，BB1，BC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,1,0)，C1(0,1,1)，设E(t,0,0)(0则F(0,0,1−t)，G(0,t,0)，
故A1F=(−1,−1,1−t)，C1G=(0,t−1,−1)，
所以A1F⋅C1G=−(t−1)−(1−t)=0．
所以A1F⊥C1G，所以A1F⊥C1G.
(2)
设平面EGC1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅C1G=0n⋅EG=0，即(t−1)y−z=0−tx+ty=0,
令z=t−1，则x=y=1，所以n=(1,1,t−1)．
又可知平面AA1B1B的法向量m=(0,0,1)．
设平面EGC1与平面AA1B1B的夹角为θ，则csθ=13．
又csθ=|csm,n|=|m⋅n||m||n|=|t−1| (t−1)2+2，
故|t−1| (t−1)2+2=13，解得t=12或t=32．
因为0
1.圆x2+y2−2x+4y−4=0的圆心坐标是( )
A. −2,4B. 2,−4C. −1,2D. 1,−2
2.已知两直线y=x+2k与y=2x+k+1的交点在圆x2+y2=4的内部，则实数k的取值范围是( )．
A. −15
A. x2+(y−3)2=20B. (x+3)2+y2=5
C. x2+(y+3)2=5D. (x−3)2+y2=20
4.已知直线y=k(x+2)与曲线y= 1−x2有公共点，则实数k的取值范围是( )
A. − 33, 33B. 0, 33C. − 33,0D. [− 3, 3]
5.集合A=−6,2,3，集合B=−7,1,2，从A，B中各任意取一个数相加为a，则直线l1:4x+ay−3=0与直线l2:ax+4y+4=0平行的概率为( )
A. 19B. 49C. 13D. 29
6.已知集合A=x,yx+ay+2a=0，B=x,yax+ay−1=0，则下列结论正确的是( )
A. 存在a∈R，使得A=⌀B. 当a=−1时，A∩B=12,−32
C. 当A∩B=⌀时，a=1D. 对任意的a∈R，都有A≠B
7.已知直线l经过点−2,0且斜率大于0，若圆C:x2+y2−2x=0的圆心与直线l上一动点之间距离的最小值为 2，则直线l的斜率为( )
A. 2 25B. 147C. 32D. 103
8.已知直线x+y−k=0(k>0)与圆x2+y2=4交于不同的两点A,B，O是坐标原点，且有|OA+OB|⩾ 3|AB|，则实数k的取值范围是( )
A. ( 3, 6)B. [ 2, 6)C. [ 6,2 2)D. [ 6,2 3)
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.已知点M(1,4)到直线l:mx+y−1=0的距离为3，则实数m等于( )
A. 0B. 34C. 3D. 2
10.下列结论不正确的是( )
A. 过点A(1,3)，B(−3,1)的直线的倾斜角为30°
B. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,3)
C. 直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是 52
D. 已知A(2,3)，B(−1,1)，点P在x轴上，则|PA|+|PB|的最小值是5
11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点(含端点D,C)，则下列说法正确的是( )
A. 不存在点Q，使得NQ⊥SB
B. 存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
C. 三棱锥Q−AMN体积的最大值是23
D. 当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.l1:x−y+3=0，与直线l2:2x+my−2=0平行，则直线l1与l2的距离为 ．
13.已知直线l1:a−4x−3y+1=0和l2:3x−b+1y+5=0垂直且a>0,b>0，则2a+12b的最小值为 ．
14.如果直线3x+4y−10=0被圆x2+y2−2ax+a2−4=0截得的弦长为2 3，那么实数a= ．
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)
在某次投篮比赛中，需要投篮四次.第一次投篮命中得1分，第二次投篮命中得2分，第三次和第四次投篮命中均得3分，未命中不得分.甲四次投篮命中的概率分别为14,13,12,12，且每次投篮能否命中都是相互独立的．
(1)求甲四次投篮共得0分的概率;
(2)若规定投篮者四次投篮的 总得分不低于7分，则晋级成功.求甲晋级成功的概率．
16.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知acsC+ 3asinC−b−c=0.
(1)求A；
(2)若a=1，求▵ABC面积的最大值．
17.(本小题12分)
已知直线l1：x+m−2y=0，l2：mx+y−2=0，且满足l1⊥l2，垂足为C．
(1)求m的值及点C的坐标．
(2)设直线l1与x轴交于点A，直线l2与x轴交于点B，求▵ABC的外接圆方程．
18.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，方程为x2+y2−2x−4y+t=0的圆M的内接四边形ABCD的对角线AC和BD互相垂直，且A､C分别在x轴负半轴和正半轴上，B､D分别在y轴负半轴和正半轴上．
(1)试用平面解析几何的方法证明：OA⋅OC=OB⋅OD=t；
(2)设四边形ABCD的一条边CD的中点为G，试用平面解析几何的方法证明：OG⊥AB．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，∠ABC=90∘，AB=BC=BB1=1，E，F，G分别是棱AB，BC，BB1上的动点，且AE=BF=B1G.
(1)求证：A1F⊥C1G;
(2)若平面EGC1与平面AA1B1B的夹角的余弦值为13，求BF．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.B
5.B
6.D
7.B
8.C
9.AB
10.AC
11.CD
12.2 2
13.32
14.5或53
15.【小问1详解】
设事件A=甲四次投篮共得0分，
所以PA=1−14×1−13×1−12×1−12=18．
【小问2详解】
设事件B=甲晋级成功，则甲投篮至少命中3次．
若甲投篮命中3次晋级成功，则甲必定是第一次投篮或第二次投篮没有命中，
则甲投篮命中3次晋级成功的概率P1=1−14×13×12×12+14×1−13×12×12=548．
若甲投篮命中4次，必定晋级成功，则甲投篮命中4次普级成功的概率P2=14×13×12×12=148，
所以PB=P1+P2=18，即甲晋级成功的概率为18．
16.【小问1详解】
acsC+ 3asinC−b−c=0，由正弦定理得
sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
其中sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
故sinAcsC+ 3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−sinC=0，
故 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，故 3sinA−csA−1=0，
由辅助角公式得2sinA−π6=1，即sinA−π6=12，
因为A∈0,π，所以A−π6∈−π6,5π6，
所以A−π6=π6，解得A=π3；
【小问2详解】
a=1，A=π3，
由余弦定理得b2+c2−2bccsA=a2，即b2+c2−bc=1，
由基本不等式得b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时，等号成立，
故1+bc≥2bc，解得bc≤1，仅当b=c=1时取等，
故▵ABC的面积12bcsinA≤12×1× 32= 34，最大值为 34．
17.【小问1详解】
解：显然m≠2，可得k1=−1m−2，k2=−m，
由l1⊥l2，可得k1⋅k2=−1，即−1m−2⋅−m=−1，解得m=1，
所以直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=0，
联立方程组x−y=0x+y−2=0，解得x=1y=1，所以点C1,1．
【小问2详解】
解：由直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=0，可得A0,0，B2,0，
所以▵ABC的外接圆是以AB为直径的圆，可得圆心1,0，半径r=12AB=1，
所以▵ABC的外接圆方程是x−12+y2=1．
18.【小问1详解】
圆M：(x−1)2+(y−2)2=5−t，则t<5，
设A(a,0),C(c,0)，则a<0,c>0，且a,c为方程x2−2x+t=0的两根，
于是ac=t<0，即有OA⋅OC=a⋅c=t，
设B(0,b),D(0,d)，则b<0,d>0，且b,d为方程y2−4y+t=0的两根，
于是bd=t<0，即有OB⋅OD=b⋅d=t，
所以OA⋅OC=OB⋅OD=t．
【小问2详解】
由(1)知，G(c2,d2)，则直线OG的斜率kOG=dc，而直线AB的斜率kAB=−ba
又a<0,b<0,c>0,d>0，则ac=−t=bd，因此kOG⋅kAB=−bdac=−1，
所以OG⊥AB．
19.解：(1)证明：以B为坐标原点，BA，BB1，BC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,1,0)，C1(0,1,1)，设E(t,0,0)(0
故A1F=(−1,−1,1−t)，C1G=(0,t−1,−1)，
所以A1F⋅C1G=−(t−1)−(1−t)=0．
所以A1F⊥C1G，所以A1F⊥C1G.
(2)
设平面EGC1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅C1G=0n⋅EG=0，即(t−1)y−z=0−tx+ty=0,
令z=t−1，则x=y=1，所以n=(1,1,t−1)．
又可知平面AA1B1B的法向量m=(0,0,1)．
设平面EGC1与平面AA1B1B的夹角为θ，则csθ=13．
又csθ=|csm,n|=|m⋅n||m||n|=|t−1| (t−1)2+2，
故|t−1| (t−1)2+2=13，解得t=12或t=32．
因为0
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