2024-2025学年云南省昆明三中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省昆明三中高二（上）月考数学试卷（10月份）（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.若直线l的一个方向向量为(− 2, 6)，则它的倾斜角为( )
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
2.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=23OA，点N为BC中点，则MN等于( )
A. 12a+12b−12c
B. −23a+12b+12c
C. 23a+23b−12c
D. 23a+23b−12c
3.已知空间向量a=(2,2,−1)，b=(4,0,3)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. 59(4,0,3)B. 15(4,0,3)C. 59(2,2,−1)D. 15(2,2,−1)
4.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. (−∞,−4]∪[34,+∞)B. (−∞,−14]∪[34,+∞)
C. [−4,34]D. [34,4]
5.点P(2,3)关于直线x+y+2=0的对称点的坐标为( )
A. (−3,−2)B. (−2,−3)C. (−5,−4)D. (−4,−5)
6.如图，二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，则CD的长等于( )
A. 2 3B. 2 2C. 4D. 2
7.已知曲线x−1= 4−y2，则 x2+(y−4)2的最大值，最小值分别为( )
A. 17+2， 17−2B. 17+2， 5
C. 37， 17−2D. 37， 5
8.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P−12,0且λ=2，若点B1,1，则2MP+MB的最小值为( )
A. 6B. 7C. 10D. 11
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.下列说法正确的是( )
A. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0, π4]∪[3π4, π)
B. “a=±1”是“直线ax−y+1=0与直线x−ay+2a−1=0互相平行”的充要条件
C. 直线l：(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,3)
D. 过点P(1,2)且在x轴，y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0
10.已知直线l:kx−y+k=0，圆C:x2+y2−6x+5=0,Px0,y0为圆C上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. x02+y02的最大值为5B. y0x0的最大值为2 55
C. 直线l与圆C相切时，k=± 33D. 圆心C到直线l的距离最大为4
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是( )
A. 三棱锥P−A1C1D的体积为定值
B. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π4,π2]
C. 平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是[ 22,1]
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.两条平行直线l1：x−2y+1=0与l2：2x+my+2m=0之间的距离为______．
13.设O为坐标原点，向量OA=(1,2,3)，OB=(2,1,2)，OP=(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则QA⋅QB的最小值为______．
14.欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线．已知A(0,2)，B(4,2)，C(a,−1)，且△ABC为圆x2+y2+Ex+Fy=0内接三角形，则△ABC的欧拉线方程为 ．
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)
圆C经过坐标原点和点(4,0)，且圆心在x轴上．
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)已知直线l：3x+4y−1=0与圆C相交于A、B两点，求弦长|AB|的值；
(Ⅲ)过点P(4,4)引圆C的切线，求切线的方程．
16.(本小题12分)
已知△ABC的顶点A(4,−2)，顶点C在x轴上，AB边上的高所在的直线方程为x+2y+m=0，AC边上的中线所在的直线方程为x−y−4=0．
(1)求直线AB的方程；
(2)求m的值；
(3)求△ABC的外接圆方程．
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥AB，AC=2AB=2AA1=2，M为AC的中点，A1N⊥B1C1，垂足为N．
(1)求证：B1C//平面A1BM；
(2)求直线BN与平面A1BM所成角的正弦值；
(3)求平面A1BN与平面A1BM的夹角．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC=13，设点G是线段PB上的一点．
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)若PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
(3)设CG与平面AEF所成角为θ，求sinθ的范围．
19.(本小题12分)
已知圆C：(x−a)2+y2=1与直线y=−x−1交于M、N两点，点P为线段MN的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为−13．
(Ⅰ)求a的值及△MON的面积；
(Ⅱ)若圆C与x轴交于A、B两点，点Q是圆C上异于A、B的任意一点，直线QA、QB分别交l：x=−4于R、S两点.当点Q变化时，以RS为直径的圆是否过圆C内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.A
5.C
6.C
7.B
8.C
9.AC
10.BC
11.ACD
12. 5
13.−23
14.y=1
15.解：(Ⅰ)由圆C经过坐标原点和点(4,0)，且圆心在x轴上．可得圆心为(2,0)，半径为2．
则圆的方程为(x−2)2+y2=4．
(Ⅱ)设圆心(2,0)到l的距离为d，则d=|6−1| 32+42=1，
∴弦长|AB|=2 r2−d2=2 4−1=2 3．
(Ⅲ)当斜率不存在时，过P(4,4)的直线是x=4，显然是圆的切线；
当斜率存在时，设切线方程为y−4=k(x−4)．
由|4−2k| k2+1=2，解得k=34．
此时切线方程为3x−4y+4=0．
综上所述，切线方程为x=4或3x−4y+4=0．
16.解：(1)由条件知AB边上的高所在的直线的斜率为−12，可得直线AB的斜率为2，
又△ABC的顶点A(4,−2)，可得直线AB的方程为y+2=2(x−4)，即2x−y−10=0．
(2)顶点C在x轴上，设C(t,0)，则线段AC的中点为D(t+42,−1)，
点D在直线x−y−4=0上，可得t+42+1−4=0，得t=2，即C(2,0)，
又点C在直线x+2y+m=0上，则2+m=0，解得m=−2．
(3)由(1)可知直线AB的方程为2x−y−10=0，AC边上的中线所在的直线方程为x−y−4=0．
联立2x−y−10=0x−y−4=0，解得：x=6y=2，即B(6,2)，
又A(4,−2)，C(2,0)，
可得AB的中点坐标为(5,0)，可得kAB=2，
则线段AB的垂直平分线方程为y=−12(x−5)，即x+2y−5=0，
BC的中点的坐标(4,1)，BC的斜率2−06−2=12，BC的垂线的斜率为−2，
可得线段BC的垂直平分线方程为y−1=−2(x−4)，即y=−2x+9，
由x+2y−5=0y=−2x+9，解得x=133y=13，可得△ABC的外接圆圆心为(133,13)，
可得△ABC的外接圆半径为 (133−2)2+(13)2=5 23，
即△ABC的外接圆方程为(x−133)2+(y−13)2=509．
17.解：(1)证明：如图，以A为坐标原点，直线AB为x轴，AA1为y轴，AC为z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，C(0,0,2)，A1(0,1,0)，B1(1,1,0)，C1(0,1,2)，M(0,0,1)
A1B=(1,−1,0)，BM=(−1,0,1)，B1C=(−1,−1,2)，
设平面A1BM的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
则A1B⋅m=x1−y1=0,BM⋅m=−x1+z1=0,，取m=(1,1,1)．
因为B1C⋅m=−1−1+2=0，所以B1C⊥m．
又B1C⊄平面A1BM，
所以B1C/​/平面A1BM．
(2)设B1N=λB1C1=(−λ,0,2λ)，
则A1N=A1B1+B1N=(1−λ,0,2λ)，因为A1N⊥B1C1，
所以A1N⋅B1C1=(1−λ,0,2λ)⋅(−1,0,2)=0．
即5λ−1=0，解得λ=15，
所以BN=BB1+B1N=(−15,1,25)．
所以cs〈BN,m〉=BN⋅m|BN|⋅|m|= 105，
所以直线BN与平面A1BM所成角的正弦值为 105；
(3)设平面A1BN的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
则A1B⋅n=x2−y2=0,BN⋅n=−15x2+y2+25z2=0,，取n=(1,1,−2)．
因为m⋅n=1+1−2=0，所以m⊥n．
所以平面A1BN与平面A1BM夹角为90°．
18.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又因为AD⊥CD，PA、AD是平面PAD内相交直线，故CD⊥平面PAD，
(2)以A为原点，DC、AD、AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,−1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(23,23,43)，G(43,−23,23)，
所以AE=(0,1,1)，AF=(23,23,43)，AG=(43,−23,23)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则AE⋅n=y+z=0AF⋅n=23x+23y+43z=0，令y=1，得x=1，z=−1，故n=(1,1,−1)
因为AG⋅n=43−23−23=0，且AE、AF、AG有公共点A，故直线AG在平面AEF内；
(3)由(2)可知BP=(−2,1,2)，
设BG=kBP=(−2k,k,2k)(0≤k≤1)，
则CG=CB+BG=(−2k,k−3,2k)(0≤k≤1)，
故sinθ=|cs〈CG,n〉|=|CG⋅n||CG||n|=|−2k+k−3−2k| 4k2+(k−3)2+4k2⋅ 3
=|3k+3| 9k2−6k+9⋅ 3=|k+1| 3k2−2k+3= (k+1)23k2−2k+3，
令t=k+1∈[1,2]，
则sinθ= t23(t−1)2−2(t−1)+3= t23t2−8t+8= 18t2−8t+3= 18(1t−12)2+1，
而1t−12∈[0,12]，8(1t−12)2+1∈[1,3]，故sinθ∈[ 33,1]．
19.解：(Ⅰ)由题知：直线OP方程为y=−13x，
则由y=−x−1y=−13x，得到x=−32y=12，即P(−32,12)，
∵点P为线段MN的中点，∴MN⊥PC，
∴a=−2，∴kMN⋅kPC=−1×0−12a+32=−1，
∴C(−2,0)到直线y=−x−1距离为 22．
∴|MN|=2 1−( 22)2= 2，
又：O到直线y=−x−1的距离为 22，MN边上的高为 22．
S△MON=12× 22× 2=12；
(Ⅱ)不妨设直线QA的方程为y=k(x+3)，其中k≠0，
在直线QA的方程中，令x=−4，可得R(−4,−k)，
因为QA⊥QB，则直线QB的方程为y=−1k(x+1)，
在直线QB的方程中，令x=−4，可得y=−1k，即点S(−4,3k)，
线段EN的中点为F(−4,3−k22k)，半径平方为(k2+32k)2，
所以以线段MN为直径的圆的方程为(x+4)2+(y−3−k22k)2=(k2+32k)2，
即(x+4)2+y2−3−k2ky−3=0，
由(x+4)2−3=0y=0−3