2024-2025学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）月考数学试卷（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。
1.如图，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在OA上，且OM=2MA，点N为BC中点，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12cD. 23a+23b−12c
2.求圆x2+y2−2x+6y=0的圆心到x−y+2=0的距离( )
A. 2 3B. 2C. 3 2D. 6
3.已知圆M：x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段长度是2 2，则圆M与圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的位置关系是( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离
4.直三棱柱A1B1C1−ABC，∠BCA=90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是( )
A. 12B. 3010C. 3015D. 1510
5.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离等于( )
A. 33
B. 34
C. 63
D. 64
6.当点P(−2,−1)到直线l：(1+3λ)x+(1+λ)y−2−4λ=0(λ为任意实数)的距离取最大值时，则λ=( )
A. −23B. −13C. 13D. 23
7.若圆x2+y2−4x−4y−10=0上至少有三个不同的点到直线l：ax+by=0的距离为2 2，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A. [π12,π4]B. [π12,5π12]C. [π6,π3]D. [0,π2]
8.已知圆C：(x−1)2+y2=4的圆心为点C，直线l：x=my+2与圆C交于M，N两点，点A在圆C上，且CA//MN，若AM⋅AN=2，则|MN|=( )
A. 1B. 2C. 2 3D. 4 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.下面三条直线l1：4x+y−4=0，l2：mx+y=0，l3：2x−3my−4=0不能构成三角形，则实数m的取值可以是( )
A. −1B. 16C. 23D. 4
10.已知圆O：x2+y2=4，则( )
A. 圆O与直线mx+y−m−1=0必有两个交点
B. 圆O上存在4个点到直线l：x−y+ 2=0的距离都等于1
C. 若圆O与圆x2+y2−6x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=16
D. 已知动点P在直线x+y−4=0上，过点P向圆O引两条切线，A，B为切点，则|OP||AB|的最小值为8
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，P为侧面BCC1B1上的动点，且满足AM//平面A1BP，则下列结论正确的是( )
A. AM⊥B1MB. CD1//平面A1BP
C. AM与A1B1所成角的余弦值为23D. 动点P的轨迹长为2 133
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a∈R，方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆，则a=______．
13.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，点N为CC1上一点，则当CN= ______时，MN⊥AB1．
14.设圆C满足：
(1)截y轴所得弦长为2；
(2)被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1．
在满足条件(1)、(2)的所有圆中，圆心到直线l：x−2y=0的距离最小的圆的方程为______．
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)
在平面直角坐标系xOy中，圆C：(x−1)2+y2=4，直线l：x+y+m=0．
(1)若直线l与圆C相切于点N，求切点N的坐标；
(2)若m>0，直线l上有且仅有一点A满足：过点A作圆C的两条切线AP、AQ，切点分别为P，Q，且使得四边形APCQ为正方形，求m的值．
16.(本小题15分)
已知坐标平面内三点A(−2,−4)，B(2,0)，C(−1,1)．
(1)求直线AB的斜率和倾斜角；
(2)若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标；
(3)若E(m,n)是线段AC上一动点，求：nm−2的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
(1)求证：PA//平面EDB；
(2)求证：PB⊥平面EFD；
(3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小．
18.(本小题17分)
如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，侧面BCC1B1为菱形，已知∠BB1C=60°，AB1=a．
(1)当a= 6时，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积；
(2)设点P为侧棱BB1上一动点，当a=3时，求直线PC1与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围．
19.(本小题17分)
古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数λ(λ>0,λ≠1)的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点P到A(0,−2)的距离是点P到B(0,1)的距离的2倍．
(1)求点P的轨迹Ω的方程；
(2)过点B作直线l1，交轨迹Ω于P，Q两点，P，Q不在y轴上．
(i)过点B作与直线l1垂直的直线l2，交轨迹Ω于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
(ii)设轨迹Ω与y轴正半轴的交点为C，直线OP，CQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.B
5.C
6.C
7.B
8.C
9.ACD
10.ACD
11.BCD
12.−1
13.18
14.(x−1)2+(y−1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2
15.解：(1)设切点N为(m,n)，则有(m−1)2+n2=4n−0m−1×(−1)=−1，
解得m= 2+1n= 2或m=− 2+1n=− 2，
所以切点N的坐标为( 2+1, 2)或(− 2+1,− 2)，
(2)如图：

圆C：(x−1)2+y2=4的圆心C(1,0)，半径r=2，
设A(x0,y0)，则x0+y0+m=0，
由四边形APCQ为正方形，可得 2r，即(x0−1)2+y02=8，
∴圆心(1,0)到直线x+y+m=0的距离为2 2，可得1+0+m 2=2 2，
解得m=3或m=−5(舍去)，
∴m的值为3．
16.解：(1)因为A(−2,−4)，B(2,0)，可得kAB=0+42−(−2)=1，
所以可得倾斜角为π4；
(2)A(−2,−4)，B(2,0)，C(−1,1)．
由题意设D(x,y)，由四边形ABDC为平行四边形，可得kAC=kBD，kCD=kAB，
即yx−2=1−(−4)−1−(−2)=5，即y=5(x−2)，
y−1x−(−1)=0−(−4)2−(−2)=1，即y=x+2，
可得x=3，y=5，
即D(3,5)；
(3)E(m,n)是线段AC上一动点，则nm−2即为线段AC上的点E与B点的斜率的范围，
kBE∈[kBC,kBA]，而kBC=1−0−1−2=−13，kBA=−4−0−2−2=1，
所以nm−2的取值范围[−13,1]．
17.解：(1)证明：如图所示，连接AC，AC交BD于点O，连接EO．
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点．
在△PAC中，EO是中位线，∴PA//EO．
而EO⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，
∴PA/​/平面EDB；
(2)证明：∵PD⊥底面ABCD，且DC⊂平面ABCD，∴PD⊥DC．
∵PD=DC，∴△PDC是等腰直角三角形．
又DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC.①
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC．
又PD∩DC=D，∴BC⊥平面PDC．
又DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE.②
由①和②推得DE⊥平面PBC．
而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．
又EF⊥PB，且DE∩EF=E，∴PB⊥平面EFD；
(3)由(2)知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C−PB−D的平面角．
由(2)知，DE⊥EF，PD⊥DB．
设正方形ABCD的边长为a，则PD=DC=a，BD= 2a，PB= PD2+BD2= 3a，
PC= PD2+DC2= 2a，DE=12PC= 22a，
在Rt△PDB中，DF=PD⋅BDPB=a⋅ 2a 3a= 63a．
在Rt△EFD中，sin∠EFD=DEDF= 22a 63a= 32，∴∠EFD=π3．
故平面CPB与平面PBD的夹角的大小为π3．
18.解：(1)如图，取BC的中点为O，

∵BCC1B1为菱形，且∠BB1C=60°，∴△B1BC为正三角形，
又△ABC为正三角形，且边长为2，则BC⊥AO，BC⊥B1O，
且AO=B1O= 3，AB1= 6，∴AO2+B1O2=AB12，
∴B1O⊥AO，
∵BC∩AO=O，∴B1O⊥平面ABC，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积为：
V=B1O⋅S△ABC= 3× 34×22=3；
(2)在△AOB1中，AO=B1O= 3，AB1=3，
由余弦定理得cs∠AOB1=( 3)2+( 3)2−322× 3× 3=−12，
∴∠AOB1=2π3，由(1)得BC⊥AO，BC⊥B1O，
又B1O∩AO=O，∴BC⊥平面AOB1，
∵BC⊂平面ABC，∴平面AOB1⊥平面ABC，
在平面AOB1内作Oz⊥OA，则Oz⊥平面ABC，
以O为坐标原点，OA，OC，Oz所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则B1(− 32,0,32)，B(0,−1,0)，A( 3,0,0)，C(0,1,0)，C1(− 32,2,32)，A1( 32,1,32)，
设n=(x,y,z)是平面ACC1A1的一个法向量，
则AC=(− 3,1,0)，AC1=(−3 32,2,32)，
则n⋅AC=− 3x+y=0n⋅AC1=−3 32x+2y+32z=0，取z=1，得n=(− 3,−3,1)，
设BP=λBB1(0≤λ≤1)，
则C1P=C1B+BP=C1B+λBB1=( 32,−3,−32)+λ(− 32,1,32)=( 32(1−λ),λ−3,32(λ−1))，
设直线PC1与平面ACC1A1所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅C1P||n|⋅|C1P|=6 13× 4(λ2−3λ+3)=3 13× λ2−3λ+3，
令f(λ)=3 13× λ2−3λ+3，
令f(λ)=3 13× λ2−3λ+3(0≤λ≤1)，
则f(λ)在[0,1]单调递增，
∴f(λ)∈[ 3913,3 1313]，
∴直线PC1与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围是[ 3913,3 1313].
19.解：(1)设点P(x,y)，由题意可得|PA|=2|PB|，
即 x2+(y+2)2=2 x2+(y−1)2，化简得x2+(y−2)2=4，
所以点P的轨迹Q的方程为x2+(y−2)2=4；
(2)由题易知直线l1的斜率存在，
设直线l1的方程为y=kx+1，即kx−y+1=0，
则圆心(0,2)到直线l1的距离d1=|−2+1| k2+1=1 k2+1，
所以|PQ|=2 22−d12=2 4−1k2+1=2 4k2+3k2+1，
(i)若k=0，则直线l2的斜率不存在，
易得PQ|=2 3，|EF|=4，则S=12|EF|⋅|PQ|=4 3；
若k≠0，则直线l2的方程为y=−1kx+1，即x+ky−k=0，
则圆心(0,2)到直线l2的距离d2=|k| k2+1，
所以|EF|=2 22−d22=2 4−k2k2+1=2 3k2+4k2+1，
则S=12|EF|⋅|PQ|=2 (4k2+3)(3k2+4)(k2+1)2
=2 12+k2(k2+1)2=2 12+1k2+1k2+2
≤2 12+12 k2⋅1k2+2=7，
当且仅当k2=1k2即k=±1时，取等号，
又7>4 3，所以S的最大值为7；
(ii)证明：由题，C(0,4)，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x2+(y−2)2=4y=kx+1，消y得(k2+1)x2−2kx−3=0，Δ=4k2+12(k2+1)>0，
则x1+x2=2kk2+1，x1x2=−3k2+1，
所以直线OP的方程为y=y1x1x，直线CQ的方程为y=y2−4x2x+4，
联立y=y1x1xy=y2−4x2x+4，解得x=4x1x23x1+x2，
则y=y1x1⋅4x1x23x1+x2=4y1x23x1+x2=4(kx1+1)x23x1+x2=4kx1x2+4x23x1+x2=−6x1−2x23x1+x2=−2，
所以N(4x1x23x1+x2,−2)，
所以点N在定直线y=−2上．