2024-2025学年浙江省嘉兴市平湖市当湖高级中学高二（上）段考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省嘉兴市平湖市当湖高级中学高二（上）段考数学试卷（9月份）（含答案），共7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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线 3x+y−3=0的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且AO+OB=DO+OC，则四边形ABCD是( )
A. 平行四边形B. 空间四边形C. 等腰梯形D. 矩形
3.已知直线l1：ax−2y+1=0，l2：x+(a−1)y−1=0，若l1⊥l2，则实数a的值为( )
A. 1B. 12C. −12D. 2
4.在空间直角坐标系Oxyz中，点B与点A(−3,6,1)关于平面Oxy对称，则B的坐标为( )
A. (3,6,1)B. (−3,−6,1)C. (−3,6,−1)D. (−3,−6,−1)
5.如果AC>0且BC<0，那么直线Ax+By+C=0不经过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. 110B. 25C. 3010D. 22
7.直线l：ax+by+1=0始终平分圆M：x2+y2+4x+2y+1=0，则(a−2)2+(b−7)2的最小值为( )
A. 5B. 20C. 2 5D. 5
8.当圆C：x2+y2−2y−80=0截直线l：mx−2y−m+6=0所得的弦长最短时，实数m=( )
A. − 2B. −1C. 2D. 1
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.下列命题中，真命题的是( )
A. 同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
B. 两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
10.已知直线l的倾斜角为2π3，则l的方向向量可能为( )
A. (1,− 3)B. ( 3,−1)C. (−2,2 3)D. (2 3,−2)
11.圆C：x2+y2−2ax+4y=0和直线l：x+3y+2=0，P(x,y)为圆C上一点，则下列说法正确的是( )
A. 若圆C关于直线l对称，则2x−y的最大值为20 B. 若圆C关于线l对称，则a=4
C. 存在实数a使得圆C与直线l相离 D. 无论取a任何实数，圆C都和直线l相交
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知OA、OB、OC是空间不共面的三个向量，P是空间的任意一点，且向量OP满足OP=xOA+yOB+zOC，若P在平面ABC上，则x+y+z= ______．
13.已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1E=14A1C1，若AE=xAA1+y(AB+AD)，则x= ______，y= ______．
14.如图，在等边三角形ABC中，AB=2，点N为AC的中点，点M是边CB(包括端点)上的一个动点，则AM⋅NM的最大值为______．
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)
已知直线l的方程为3x+4y−12=0，求满足下列条件的直线l′的方程：
(1)过点(−1,1)，且与l平行；
(2)过点(−1,0)，且与l垂直．
16.(本小题15分)
在空间直角坐标系中，平行四边形ABCD的三个顶点为A(0,−1,1)，B(0,1,2)，C(3,1,3)．
(1)求D的坐标；
(2)求四边形ABCD的面积．
17.(本小题15分)
如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M是BD的中点．
(1)求A1M与C1D所成角的余弦值；
(2)求C1D与平面A1BD所成角的正弦值；
(3)求平面A1BD与平面AC1D夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知圆C的圆心是直线x+y−3=0与直线x+2y−4=0的交点，且和直线x+1=0相切，直线l：(m+2)x+(1−2m)y−10=0，直线l与圆C相交于P，Q两点．
(1)求圆C的标准方程；
(2)求直线l所过的定点；
(3)当△CPQ的面积最大时，求直线l的方程．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为45°，四边形ABCD是梯形，AD⊥AB，BC//AD，AD=2，PA=BC=1．
(1)证明：平面PAC⊥平面PCD．
(2)若点T是CD的中点，点M是PT的中点，求点P到平面ABM的距离．
(3)若点T是CD的动点，PT上是否存在一点M，使得PT⊥平面ABM，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.D
6.C
7.B
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABD
12.1
13.1 14
14.3
15.解：(1)由题意设直线l′的方程为：3x+4y+c=0，c≠−12，
将点(−1,1)代入直线l′的方程可得：3×(−1)+4×1+c=0，解得c=−1，
即直线l′的方程为：3x+4y−1=0；
(2)由题意设直线l′的方程为：4x−3y+m=0，
将点(−1,0)代入直线l′的方程可得：4×(−1)−3×0+m=0，
解得m=4，
所以直线l′的方程为：4x−3y+4=0．
16.解：(1)设D的坐标为(x,y,z)，
由题意得AB=(0,2,1)，DC=(3−x,1−y,3−z)，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=DC，
即3−x=01−y=23−z=1，解得x=3y=−1z=2，
即D的坐标为(3,−1,2)；
(2)由题意得AD=(3,0,1)，
则|AD|= 10，|AB|= 5，AB⋅AD=1，
所以cs∠BAD=AB⋅AD|AB||AD|= 210，得sin∠BAD=7 210，
故四边形ABCD的面积为2×12|AB||AD|sin∠BAD=7．
17.解：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，
B1(2,0,2)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，M(1,1,0)，
(1)因为A1M=(1,1,−2)，C1D=(−2,0,−2)，
所以cs=A1M⋅C1D|A1M||C1D|=−2+4 6×2 2= 36，
所以A1M与C1D所成角的余弦值为 36；
(2)因为BA1=(−2,0,2)，BD=(−2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅BA1=−2x+2z=0n1⋅BD=−2x+2y=0，取x=1，得y=z=1，所以n1=(1,1,1)，
设C1D与平面A1BD所成角为θ，则sinθ=|cs|=42 2× 3= 63，
所以C1D与平面A1BD所成角的正弦值为 63；
(3)由(2)知，平面A1BD的一个法向量为n1=(1,1,1)，
因为AD=(0,2,0)，C1D=(−2,0,−2)，
设平面AC1D的法向量为n2=(a,b,c)，
则n2⋅AD=2b=0n2⋅C1D=−2a−2c=0，解得b=0，取a=1，则c=−1，所以n2=(1,0,−1)，
设平面A1BD与平面AC1D夹角为α，则csα=|cs|=|1×1+1×0+1×(−1)| 3× 2=0，
所以平面A1BD与平面AC1D夹角的余弦值为0．
18.解：(1)因为圆C的圆心是直线x+y−3=0与直线x+2y−4=0的交点，
由x+y−3=0x+2y−4=0，得x=2y=1，
即圆心C(2,1)，
又圆C和直线x+1=0相切，设圆C的半径为R，
则R=2−(−1)=3，
所以圆C的标准方程为(x−2)2+(y−1)2=9；
(2)由直线l：(m+2)x+(1−2m)y−10=0，
得m(x−2y)+2x+y−10=0，
由x−2y=02x+y−10=0，解得x=4y=2，
所以直线l过定点(4,2)；
(3)因为S△CPQ=12|CP|⋅|CQ|⋅sin∠PCQ，
所以当∠PCQ=90°时，△CPQ的面积最大，
此时△CPQ为等腰三角形，
故圆心到直线l的距离为d= 22r=3 22，
所以|2(m+2)+1−2m−10| (m+2)2+(1−2m)2=3 22，
解得m=±13，
所以此时l的方程为：7x+y−30=0或x+y−6=0．
19.(1)证明：由PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
得PA⊥AB，PA⊥CD，PB 与底面ABCD所成角为∠PBA=45°，
所以三角形PAB为等腰直角三角形，AB=AP=1，
又由四边形ABCD是直角梯形，BC/​/AD，可知AB⊥BC，
所以△ABC为等腰直角三角形，而BC=1，故AC= 2，
在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AD，垂足为E，
则四边形ABCE为正方形，可得AE=BC=CE=1，
所以DE=1，在等腰直角三角形CDE中，CD= 2，
则有AC2+CD2=2+2=4=AD2，所以DC⊥AC，
又因为PA⊥DC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以DC⊥平面PAC，因为DC⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD；
解：(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系：

则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，D(0,2,0)，C(1,1,0)，
因为T是CD中点，M是PT中点，所以T(12,32,0)，M(14,34,12)，
设平面ABM的一个法向量为n=(x,y,z)，
又AB=(1,0,0)，AM=(14,34,12)，
则有AB⋅n=x=0AM⋅n=14x+34y+12z=0，取y=4，则z=−6，
可得平面ABM的一个法向量为n=(0,4,−6)，
而AP=(0,0,1)，
所以点P到平面ABM的距离为|AP⋅n||n|=6 16+36=3 1313；
(3)设AT=λAC+(1−λ)AD=(λ,λ,0)+(0,2−2λ,0)=(λ,2−λ,0)，
注意到A(0,0,0)，所以T(λ,2−λ,0)，所以PT=(λ,2−λ,−1)，
设PM=μPT=μ (λ,2−λ,−1)=(μλ,2μ−μλ,−μ)，
注意到P(0,0,1)，所以M(μλ,2μ−μ λ,1−μ )，
因为A(0,0,0)，B(1,0,0)，
所以AB=(1,0,0)，AM=(μ,2μ−μλ,1−μ)，
若PT⊥平面ABM，则当且仅当PT⋅AB=λ=0PT⋅AM=μλ2+μ(2−λ)2+μ−1=0，
即当且仅当λ=0μ=15，此时M(0,25,45)，
综上所述，当且仅当T，D重合，
此时存在M(0,25,45)，使PT⊥平面ABM．