2024-2025学年云南省昆明八中高二（上）月考数学试卷（一）（B卷）（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省昆明八中高二（上）月考数学试卷（一）（B卷）（含解析），共16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.已知直线l的方程：x+ 3y−1=0，则直线l的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
2.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AA1=a,AB=b,AD=c，则A1C=( )
A. a+b+cB. a+b−cC. a−b+cD. −a+b+c
3.已知点M(0,−1)，点N在直线x−y+1=0上，若直线MN垂直于直线x+2y−3=0，则N点的坐标是( )
A. (2,3)B. (−2,−1)C. (−4,−3)D. (0,1)
4.已知{a,b,c}是空间的一组基底，其中AB=2a−3b，AC=a−c，AD=2b+λc.若A，B，C，D四点共面，则λ=( )
A. −34B. 34C. 43D. −43
5.在三棱锥O−ABC中，∠AOB=∠AOC=∠BOC=60°，OB=OC=2OA=2，E为OC的中点，则AE⋅BC等于( )
A. −1B. 0C. 1D. 3
6.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, 33]B. [0, 33]C. [− 33,0]D. [− 3, 3]
7.已知0A. 12B. 14C. 18D. 1
8.已知实数x，y满足方程x2+y2−4x+1=0，则下列说法不正确的个数( )
①y−x的最大值为 6−2
②x2+y2的最大值为7+4 3
③yx的最大值为 32
④x+y的最大值为2+ 3
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.已知直线l1：x+my−1=0，l2：(m−2)x+3y+3=0，则下列说法正确的是( )
A. 若l1//l2，则m=−1或m=3B. 若l1//l2，则m=3
C. 若l1//l2，则l1与l2的距离为2 105D. 若l1⊥l2，则m=12
10.空间直角坐标系O−xyz中，已知A(1,2,−2)，B(0,1,1)，下列结论正确的有( )
A. AB=(−1,−1,3)
B. 若m=(2,1,1)，则m⊥AB
C. 点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1,−2,2)
D. |AB|= 5
11.已知⊙C1：x2+y2=1与⊙C2：(x−3csθ)2+(y−3sinθ)2=4，则下列说法正确的是( )
A. ⊙C1与⊙C2有2条公切线
B. 当θ=π4时，直线x+y− 2=0是⊙C1与⊙C2的公切线
C. 若M，N分别是⊙C1与⊙C2上的动点，则|MN|的最大值是3
D. 过点C1作⊙C2的两条切线，切点分别是P，Q，则四边形C1PC2Q的面积是2 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F分别为棱BC、CC1的中点，则异面直线A1F与D1E所成角的余弦值为______．
13.已知圆O：x2+y2=2，过点M(−3,1)的直线l交圆O于A，B两点，且点B为MA的中点，则满足上述条件的一条直线l的方程为______．
14.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0，且λ≠1)，那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点P到A(2,0)，B(−2,0)的距离比为 3，则点P到直线l：2 2x−y− 2=0的距离的最大值是______．
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)
已知圆C的方程为x2+y2−4x+6y−m=0．
(1)求实数m的取值范围；
(2)若圆C与直线l：x+y+3=0交于M，N两点，且|MN|=2 3，求m的值．
16.(本小题15分)
如图1，在梯形ABCD中，AB/​/CD，AB=AD=12CD，∠ADC=120°，E为CD中点.将△ADE沿AE翻折，使点D与点P重合，如图2．

(1)证明：PB⊥AE；
(2)当二面角P−AE−B等于90°时，求PA与平面PEC所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为 312b2．
(1)若A=π6，求sinBsinC；
(2)求a2+c2ac的最大值．
18.(本小题17分)
已知圆M的方程为x2+(y−2)2=1，直线l的方程为x−2y=0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
(1)若∠APB=60°，试求点P的坐标；
(2)求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标；
(3)设线段AB的中点为N，求点N的轨迹方程．
19.(本小题17分)
已知ABCD−A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．
(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，异面直线AD1与A1C1所成角的大小为β，求证：cs2α=2cs2β；
(2)若点C到平面AB1D1的距离为43，求正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的表面积；
(3)若正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高为2，在矩形BB1C1C内(不包含边界)存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段C1D1的距离相等，求PD1PA的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：直线l的方程是x+ 3y−1=0，则tanθ=− 33，
由于0<θ<π，
故θ=5π6．
故选：C．
直接利用直线的倾斜角和斜率的关系的应用求出结果．
本题考查的知识要点：直线的倾斜角和斜率的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=a,AB=b,AD=c，
则A1C=A1D1+D1C1+C1C=AD+AB−AA1=−a+b+c．
故选：D．
根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵点N在直线x−y+1=0上，
∴设点N的坐标为(m,m+1)，
∵直线MN垂直于直线x+2y−3=0，
∴算出直线x+2y−3=0的斜率k=−12，得直线MN的斜率kMN=−1k=2，
由此可得m+1+1m−0=2，解之得m=2，得N(2,3)．
故选：A．
由题意设点N的坐标为(m,m+1)，算出已知直线的斜率k=−12，从而得到MN的斜率kMN=−1k=2，再由经过两点的直线斜率公式建立关于m的等式解出m=2，即可得到点N的坐标．
本题给出直线MN与定直线垂直，在已知M坐标和N的轨迹情况下求N的坐标．着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵A，B，C，D四点共面，
∴存在唯一一对实数x，y，使得AD=xAB+yAC，
∴2b+λc=x(2a−3b)+y(a−c)=(2x+y)a−3xb−yc，
∵{a,b,c}是空间的一组基底，
∴2x+y=0−3x=2−y=λ，
则λ=−43，
故选：D．
由A，B，C，D四点共面，可得存在唯一一对实数x，y，使得AD=xAB+yAC，代入AB=2a−3b，AC=a−c，AD=2b+λc，利用{a,b,c}是空间的一组基底，即可得出λ．
本题考查了平面向量基本定理、空间基底的应用、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
由题意可得AE=12OC−OA,BC=OC−OB，再由空间向量的数量积运算代入求解即可．
【解答】
解：因为∠AOB=∠AOC=∠BOC=60°，OB=OC=2OA=2，
所以OC⋅OB=|OC|⋅|OB|·cs60°=2×2×12=2，
OA⋅OB=|OA|⋅|OB|·cs60°=1×2×12=1，
OA⋅OC=|OA|⋅|OC|·cs60°=1×2×12=1，
因为AE=12OC−OA,BC=OC−OB，
AE⋅BC=(12OC−OA)⋅(OC−OB)
=12OC2−12OC⋅OB−OA⋅OC+OA⋅OB
=12×4−12×2−1+1=2−1−1+1=1．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：由直线y=k(x+2)过定点P(−2,0)，
又由曲线y= 1−x2，可得x2+y2=1(y≥0)，
作出曲线y= 1−x2与直线y=k(x+2)的图象，如图所示，
因为直线y=k(x+2)，可得kx−y+2k=0，
又由|2k| k2+(−1)2=1，解得k=± 33，
若直线y=k(x+2)与曲线y= 1−x2有公共点，则0≤k≤ 33，
即实数k的取值范围为[0, 33]．
故选：B．
根据题意，得到直线y=k(x+2)过定点P(−2,0)，以及曲线x2+y2=1(y≥0)，画出直线与曲线的图象，结合直线与圆相切和图象，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：l1：k(x−2)−2y+8=0过定点(2,4)，l2：k2(y−4)=4−2x也过定点(2,4)，
如图所示，
且点A(0,4−k)，B(2k2+2,0)，
则四边形的面积S=12×2k2×4+(4−k+4)×2×12=4k2−k+8．
由二次函数的性质可知，当k=18时，S取得最小值．
故选：C．
作出图形，用k表示出这个四边形的面积，再由二次函数的性质得解．
本题考查直线的定点坐标以及二次函数的运用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由x2+y2−4x+1=0，知(x−2)2+y2=3，
表示圆心为M(2,0)，半径为r= 3的圆，
对于A，设圆上的点(2+ 3csθ, 3sinθ)，θ∈(0,2π]，
y−x= 3sinθ−2− 3csθ= 6sin(θ−π4)−2≤ 6−2，即①正确；
对于B，x2+y2的几何意义为圆上的点与原点距离的平方，
其最大值为(|OM|+r)2=(2+ 3)2=7+4 3，即②正确；
对于C，yx的几何意义为圆上的点与原点连线的斜率，
设过原点且与圆M相切的直线为y=kx，
由y=kxx2+y2−4x+1=0，可得(1+k2)x2−4x+1=0，
由Δ=16−4(1+k2)=0，解得k=± 3，
即yx的最大值为 3，即③不正确；
对于D，设圆上的点(2+ 3csθ, 3sinθ)，x+y= 3sinθ+2+ 3csθ= 6sin(θ+π4)+2≤ 6+2，即④正确．
所以说法不正确的只有③一个．
故选：A．
将所给等式化为(x−2)2+y2=3，表示圆心为M(2,0)，半径为r= 3的圆，再考虑每个选项的几何意义，即可得解．
本题考查圆的最值问题，理解所求问题的几何意义是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：直线l1：x+my−1=0，l2：(m−2)x+3y+3=0，
对A，若l1//l2，则−1m=−m−23，化简可得m=−1或m=3，
当m=−1时，l2：−3x+3y+3=0化简可知与l1：x−y−1=0重合，所以m=3，故A错误，B正确；
对C，根据两平行直线距离公式|−1−3| 12+32=2 105，故C正确；
对D，若l1⊥l2，根据直线垂直性质可知(−1m)⋅(−m−23)=−1，解之可得m=12，故D正确．
故选：BCD．
根据两直线平行或垂直求出参数值，两平行直线的距离公式可判断．
本题主要考查直线方程的应用，考查计算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：∵A(1,2,−2)，B(0,1,1)，
∴AB=(−1,−1,3)，A对，
点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1,2,−2)，C错，
|AB|= (−1)2+(−1)2+32= 11，D错，
当m=(2,1,1)，则m⋅AB=−2−2+3=0⇒m⊥AB，B对，
故选：AB．
直接根据点的坐标结合空间向量的坐标运算即可求解结论．
本题主要考查空间向量的坐标运算，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：由题意知⊙C1的圆心C1(0,0)，半径r1=1，
⊙C2的圆心C2(3csθ,3sinθ)，半径r2=2，
所以|C1C2|= (3csθ)2+(3sinθ)2=3=r1+r2，
所以⊙C1与⊙C2相外切，有3条公切线，故A错误；
当θ=π4时，点C1到直线x+y− 2=0的距离d1=|− 2| 12+12=1=r1，
即⊙C1：x2+y2=1与直线x+y− 2=0相切；
点C2到直线x+y− 2=0的距离d2=|3csπ4+3sinπ4− 2| 12+12=2=r2，
即⊙C2：(x−3csθ)2+(y−3sinθ)2=4与直线x+y− 2=0相切；
所以直线x+y− 2=0是⊙C1与⊙C2的公切线，故B正确；
由于⊙C1与⊙C2相外切，故|MN|的最大值为|C1C2|+r1+r2=3+1+2=6，故C错误；
连接C2P，C2Q，则C2P⊥C1P，C2Q⊥C1Q，
根据勾股定理可得|C1P|=|C1Q|= |C1C2|2−r22= 32−22= 5，
所以四边形C1PC2Q的面积S=2S△C1PC2=2×12×|C1P|×|C2P|=2 5，故D正确．
故选：BD．
根据圆心距和半径之间的关系可判断A；计算圆心到直线的距离可判断B；结合两圆外切求得|MN|的最大值判断C；求出弦长即可求得四边形C1PC2Q的面积判断D．
本题考查两圆的位置关系，考查点到直线的距离，判断两圆外切是解题的关键，属中档题．
12.【答案】49
【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为2，
A1(2,02)，D1(0,0,2)，F(0,2,1)，E(1,2,0)，
A1F−=(−2,2,−1)，D1E=(1,2,−2)，
异面直线A1F与D1E的成角的余弦值为
|cs|=−2×1+2×2−(−1)×(−2) 4+4+1× 1+4+4=49．
故答案为：49．
利用空间向量夹角公式进行求解即可．
本题考查异面直线所成角的问题，属中档题．
13.【答案】y=1(或3x+4y+5=0)
【解析】解：由题意得，圆心O(0,0)，半径r= 2，
则MO= 10> 2，故点M在圆O外，
设点O到直线I的距离为d，由点B为MA的中点，得AB=MB，
即2 r2−d2=23 MO2−d2，即3 2−d2= 10−d2，解得d=1，
当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=−3，此时d=3，不符合题意，
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+3)+1，
则|3k+1| k2+1=1，解得k=0或k=−34，
所以直线l的方程为y=1或3x+4y+5=0．
故答案为：y=1(或3x+4y+5=0，答案不唯一)．
画出图分析可知，点M在圆O外，设点O到直线I的距离为d，由点B为MA的中点，得AB=MB，由几何法求出d，然后分斜率存在与不存在求解直线的方程即可．
本题考查了直线与圆的性质，属于中档题．
14.【答案】3 2+2 3
【解析】解：设点P(x,y)，由|PA|= 3|PB|，
得(x−2)2+y2=3[(x+2)2+y2]，整理得(x+4)2+y2=12，
因此点P的轨迹是以C(−4,0)为圆心，2 3为半径的圆，
点C(−4,0)到直线l：2 2x−y− 2=0的距离为d=|−8 2− 2| (2 2)2+(−1)2=3 2，
所以点P到直线l最大距离为d+r=3 2+2 3．
故答案为：3 2+2 3．
根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再结合点到直线的距离公式计算即得．
本题考查点的轨迹方程的求法及点到直线的距离公式的应用，圆外的点到圆上的点的最大距离的求法，属于中档题．
15.【答案】解：(1)方程x2+y2−4x+6y−m=0可化为(x−2)2+(y+3)2=13+m，
∵此方程表示圆，
∴13+m>0，即m>−13，即m∈(−13,+∞)．
(2)由(1)可得圆心C(2,−3)，半径r= m+13，
则圆心C(2,−3)到直线l：x+y+3=0的距离为d=|2−3+3| 12+12= 2，
由弦长公式|MN|=2 r2−d2及|MN|=2 3，得2 3=2 r2−( 2)2，解得r= 5，
∴r= m+13= 5，得m=−8．
【解析】(1)将圆C的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到13+m>0，解之即可；
(2)利用弦长公式|MN|=2 r2−d2求得r，进而得到 m+13= 5，易得m的值．
本题考查了圆的一般方程以及直线与圆的位置关系，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：取AE中点为O，连接PO，BO，BE，

由题可知DA=DE=AB=BE，又PA=DA，PE=DE，
∴PA=PE，∴PO⊥AE，BO⊥AE，
∵PO∩BO=O，PO、BO⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，
∵PB⊂平面POB，∴PB⊥AE．
(2)∵二面角P−AE−B等于90°，∴平面PAE⊥平面ABCE，
∵平面PAE∩平面ABCE=AE，PO⊥AE，∴PO⊥平面ABCE，
∴OA，OB，OP两两垂直，
以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=2，由已知得∠APE=120°，∴OP=OB=1，OA=OE= 3，
则P(0,0,1)，A( 3,0,0)，B(0,1,0)，C(−2 3,1,0)，E(− 3,0,0)，
PA=( 3,0,−1)， EP=( 3,0,1)， EC=(− 3,1,0)，
设平面PEC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅EP= 3x+z=0n⋅EC=− 3x+y=0，
取平面PEC的一个法向量n=(1, 3,− 3)，
设PA与平面PEC所成角为θ，则sinθ=|cs|=2 32× 7= 217，
∴PA与平面PEC所成角的正弦值为 217．
【解析】(1)根据题意，取AE中点为O，连接PO，BO，BE，由线面垂直的判定定理可得AE⊥平面POB，由此能证明PB⊥AE；
(2)根据题意，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算能求出结果．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、线面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为A=π6，△ABC的面积为 312b2=12bcsinA=14bc，
所以bc= 3，
由正弦定理可得sinBsinC= 3；
(2)因为△ABC的面积为 312b2=12acsinB，可得b2=2 3acsinB，
又由余弦定理可得a2+c2=b2+2accsB，
所以a2+c2ac=b2+2accsBac=2 3acsinB+2accsBac=2 3sinB+2csB=4sin(B+π6)≤4，当且仅当B+π6=π2，即B=π3时等号成立，
所以a2+c2ac的最大值为4．
【解析】(1)由题意利用三角形的面积公式可求bc= 3，进而利用正弦定理即可求解sinBsinC的值；
(2)利用三角形的面积公式可求得b2=2 3acsinB，由余弦定理可得a2+c2=b2+2accsB，利用两角和的正弦公式可求a2+c2ac=4sin(B+π6)，进而利用正弦函数的性质即可求解其最大值．
本题考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理，两角和的正弦公式以及正弦函数的性质的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设P(2m,m)，因为PA是圆M的切线，∠APB=60°，
所以∠APM=30°，MP=2，
所以(2m)2+(m−2)2=4，解之得m=0，m=45，
故所求点P的坐标为P(0,0)或P(85,45)．
(2)证明：MP的中点Q(m,m2+1)，
因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，
故其方程为：(x−m)2+(y−m2−1)2=m2+(m2−1)2，
化简得(x2+y2−2y)−m(2x+y−2)=0，
此式是关于m的恒等式，故x2+y2−2y=0,2x+y−2=0,
解得x=0y=2或x=45y=25.所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0,2)和(45,25)．
(3)由x2+y2−2mx−(m+2)y+2m=0,x2+y2−4y+3=0
可得AB：2mx+(m−2)y+3−2m=0，即m(2x+y−2)−2y+3=0，
由2x+y−2=0,2y−3=0
可得AB过定点R(14,32).因为N为圆M的弦AB的中点，所以MN⊥AB，即MN⊥RN，
故点N在以MR为直径的圆上，
点N的轨迹方程为x2+y2−14x−72y+3=0．
【解析】(1)设P(2m,m)，由题可知MP=2，代入两点间的距离公式可得(2m)2+(m−2)2=4，求解m可得点P的坐标；
(2)MP的中点Q(m,m2+1)，因为PA是圆M的切线，进而可知经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其方程是关于m的恒等式，进而可求得x和y，得到结果；
(3)结合(2)将两圆方程相减可得直线AB的方程，且得直线AB过定点R(14,32)，由几何性质得MN⊥RN，即点N在以MR为直径的圆上，进而可得结果．
本题考查圆的方程的综合应用，直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高为h，
因为AA1⊥底面A1B1C1D1，所以∠AB1A1=α，于是有csα=A1B1AB1=1 h2+1，
因为AC/​/A1C1，如下图所示：所以∠CAD1=β，
由勾股定理可知：CA= 2,CD1=AD1= h2+1，
在等腰三角形中CAD1，底边CA上的高为 ( h2+1)2−(12 2)2= h2+12，
所以csβ= 22 h2+1，cs2α=1h2+1=2cs2β；

(2)因为O1为A1C1与B1D1的交点，三角形AB1D1是B1D1以为底边的等腰三角形，
所以AO1⊥B1D1，
因为底面是正方形，所以A1O1⊥B1D1，又因为A1O1∩AO1=O1，A1O1，AO1⊂平面ACC1A1，
所以B1D1⊥平面ACC1A1，
又因为B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1⊥平面ACC1A1，
因此点C在平面AB1D1的投影在交线AO1上，即CH=43，
如上图所示：在矩形中ACC1A1中，AH= AC2−CH2= 2−169= 23，
因为△AA1O∽△CHA，所以有A1O1AA1=AHCH⇒ 22AA1= 2343⇒AA1=2，
所以正四棱柱的表面积为：1+1+2×4=10；
(3)以A1为空间直角坐标系的坐标原点，以A1B1，A1D1，A1A所在的直线为x，y，z轴，
设P(1,y,z)(0≤y≤1)，
因为C1D1⊥平面BCC1B1，PC1⊂平面BCC1B1，所以C1D1⊥PC1，
由题意可知2−z= (y−1)2+z2⇒4−4z=(y−1)2(0≤z≤1)，
所以有PD1PA= 12+(y−1)2+z212+y2+(z−2)2= 11+y2(z−2)2+1，
当y=1时，y2最大，此时z=1，(z−2)2+1取到最小值，
故PD1PA取得最小值为 63．
【解析】(1)根据线面角的定义、异面直线所成角的定义可以求出csα，csβ的大小，最后可以证明出结论；
(2)根据面面垂直的性质定理可以找到点C在平面AB1D1的射影的位置，利用相似三角形性质可以求出正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高；
(3)以A1为空间直角坐标系的坐标原点，以A1B1，A1D1，A1A所在的直线为x，y，z轴，设出点P的坐标，由题意可以求出点P的轨迹方程，计算出PD1PA的表达式，进行恒等变形最后求出PD1PA的最小值．
本题考查线面角的定义、射影、相似三角形性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．