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

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.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．
参考答案
1.C
2.D
3.A
4.D
5.C
6.B
7.C
8.A
9.BCD
10.AB
11.BD
12.49
13.y=1(或3x+4y+5=0)
14.3 2+2 3
15.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．
16.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．
17.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．
18.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．
19.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．