2024-2025学年河北省沧州市沧县中学高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省沧州市沧县中学高二（上）第一次月考数学试卷（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.直线的一个方向向量为v=(1,−3)，且经过点(0,2)，则直线的方程为( )
A. 3x−y+2=0B. 3x+y−2=0C. 3x+y+2=0D. 3x−y−2=0
2.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]
3.下列命题中正确的是( )
A. 点M(3,2,1)关于平面yz对称的点的坐标是(−3,2,−1)
B. 若直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，平面α的法向量为m=(6,4,−1)，则l⊥α
C. 若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°，则直线l与平面α所成的角为30°
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若OP=mOA−12OB+OC，则m=−12
4.已知曲线y=1+ 4−x2与直线y=k(x−2)+4有两个相异的交点，那么实数k的取值范围是( )
A. (512,43]B. (512,34]C. [14,712)D. [16,712)
5.已知点A(−2,0)，B(2,0)，若圆(x−3)2+y2=r2(r>0)上存在点P(不同于点A，B)使得PA⊥PB，则实数r的取值范围是( )
A. (1,5)B. [1,5]C. (1,3]D. [3,5]
6.动点M在曲线x2+y2=1上移动，点M和定点B(3,0)连线的中点为P，则点P的轨迹方程为( )
A. x2+y2=14B. (x−32)2+y2=14
C. (x−32)2+y2=1D. x2+(y−32)2=14
7.已知圆M：(x+4)2+y2=4直线l：x+y−2=0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别与圆M相切于点A，B.则下列说法正确的是( )
A. 四边形PAMB的面积最小值为 14
B. |PA|最短时，弦AB长为4 73
C. |PA|最短时，弦AB直线方程为3x+3y−8=0
D. 直线AB过定点(−103,2)
8.已知圆C：x2+(y−3)2=4过点(0,4)的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则CP⋅(CA+CB)的取值范围是( )
A. [0,1]B. [0,1)C. [0,2]D. [0,2)
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.已知实数x，y满足曲线C的方程x2+y2−2x−2=0，则下列选项正确的是( )
A. x2+y2的最大值是 3+1
B. y+1x+1的最大值是2+ 6
C. |x−y+3|的最小值是2 2− 3
D. 过点(0, 2)作曲线C的切线，则切线方程为x− 2y+2=0
10.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60°，P为A1D与AD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列正确的是( )
A. CP=−a−12b+12c
B. AC1=a+b−c
C. cs(DC,AC1)= 63
D. BD1的长为2 3
11.如图，已知点A(2,0)，B(1,1)，C(−1,1)，D(−2,0)，CD是以OD为直径的圆上的一段圆弧，CB是以BC为直径的圆上的一段圆弧，BA是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段圆弧构成曲线Ω，则( )
A. 曲线Ω与x轴围成的面积等于32π
B. CB与BA的公切线的方程为x+y−1− 2=0
C. BA所在圆与CB所在圆的相交弦所在直线的方程为x−y=0
D. CD所在圆截直线y=x所得弦的弦长为 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l经过直线3x−y−7=0和4x+y−14=0的交点，且直线l在坐标轴上的截距相等，则直线l的方程是______．
13.台风中心从A地以每小时10km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险地区，城市B在A地正东40km处，B城市处于危险区内的时间为______小时．
14.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=16，点P(1,2)，M，N为圆O上不同的两点，且满足PM⋅PN=0.若PQ=PM+PN，则|PQ|的最小值为______．
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)
已知△ABC的顶点A(3,2)，边AB上的中线所在直线方程为x−3y+8=0，边AC上的高所在直线方程为2x−y−9=0．
(1)求顶点C的坐标；
(2)求直线BC的方程．
16.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC，AB=AD=2，BD=2 2,BC=4．
(1)证明：A1B1⊥AD1；
(2)若直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为 66，点M为线段BD上一点，求点M到平面B1CD1的距离．
17.(本小题12分)
已知以点A(−1,2)为圆心的圆与直线l1：x+2y+7=0相切，过点B(−2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点．
(1)求圆A的方程；
(2)当|MN|=2 19时，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=PC=CB=BA=12AD=2,AD//CB，∠CPD=∠ABC=90°，平面PCD⊥平面ABCD，E为PD中点．
(1)求证：PD⊥平面PCA；
(2)点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦值为 63，求平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知圆C：x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0．
(1)证明：圆C过定点．
(2)当λ=2时，求直线y=x被圆C截得的弦长．
(3)当λ=2时，若直线l：y=kx−1与圆C交于M，N两点，且OM⋅ON<−2，其中O为坐标原点，求k的取值范围．
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.B
5.A
6.B
7.B
8.D
9.BD
10.AC
11.BC
12.2x−3y=0或x+y=5
13.2
14.3 3− 5
15.解：(1)因为边AC上的高所在直线方程为2x−y−9=0，设直线AC的方程为x+2y+a=0，
又因为直线AC过点A(3,2)，则a=−7，
得到直线AC的方程为x+2y−7=0，
联立2x−y−9=0x+2y−7=0，解得C的坐标为(1,3)；
(2)设B(a,b)，因为边AB上的中线所在直线方程为x−3y+8=0，
边AC上的高所在直线方程为2x−y−9=0，
可得2a−b−9=0且a+32−3⋅b+22+8=0，解得a=8b=7，即B的坐标为(8,7)．
则直线BC的方程为4x−7y+17=0．
16.(1)证明：因为AB=AD=2，BD=2 2，
所以AB2+AD2=8=BD2，所以AB⊥AD，
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥AB，
因为A1A∩AD=A，A1A，AD⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因为A1B1/​/AB，所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因为AD1⊂平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1；
(2)解：由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则AB=AD=2，BD=2 2,BC=4，设A1A=ℎ(ℎ>0)，
所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,ℎ)，C(2,4,0)，D1(0,2,ℎ)，D(0,2,0)，
所以AB=(2,0,0),CB1=(0,−4,ℎ),CD1=(−2,−2,ℎ),BC=(0,4,0),BD=(−2,2,0)，
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥CB1，n⊥CD1，有n⋅CB1=−4y+ℎz=0n⋅CD1=−2x−2y+ℎz=0，
令z=4，则x=y=ℎ，可得n=(ℎ,ℎ,4)，
设直线AB与平面B1CD1所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|AB⋅n||AB||n|=|2ℎ|2× 2ℎ2+16= 66，
解得ℎ=2，所以n=(2,2,4)，
所以点B到平面B1CD1的距离d=|BC⋅n||n|=82 6=2 63，
因为BD⋅n=−2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n，
因为BD⊄平面B1CD1，所以BD/​/平面B1CD1，
因为M在线段BD上，
所以点M到平面B1CD1的距离等价于点B到平面 B1CD1的距离，
故点M到平面B1CD1的距离为2 63．
17.解：(1)由题意得r=|−1+4+7| 12+22=2 5，
所以圆方程为(x+1)2+(y−2)2=20；
(2)由题意圆心到直线l的距离为d= r2−(|MN|2)2= 20−19=1，
显然直线x=−2满足题意，
在直线l斜率存在时，设方程为y=k(x+2)，
即kx−y+2k=0，|−k−2+2k| k2+1=1，解得k=34，
所以直线方程为34x−y+32=0，即3x−4y+6=0，
所以直线l方程为x=−2或3x−4y+6=0．
18.(1)证明：∵BC=AB=2，∠ABC=90°，
∴AC= AB2+BC2=2 2，同理CD=2 2，
又AD=4，∴CD2+AC2=AD2，即CD⊥AC，
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PCD，
又PD⊂平面PCD，∴PD⊥AC，
∵∠CPD=90°，即PC⊥PD，且PC⊂面PCA，AC⊂面PCA，PC∩AC=C，
∴PD⊥平面PCA．
(2)解：以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0),A(0,2 2,0),D(2 2,0,0),P( 2,0, 2)，
∴CD=(2 2,0,0),CP=( 2,0, 2),PA=(− 2,2 2,− 2)，
设PQ=λPA，λ∈[0,1]，则CQ=CP+λPA=( 2(1−λ),2 2λ, 2(1−λ))，
易知，平面PCD的一个法向量为m=(0,1,0)，
∵CQ与平面PDC所成角的正弦值为 63，
∴ 63=|cs|=|CQ⋅m||CQ|⋅|m|=2 2λ 2(1−λ)2+8λ2+2(1−λ)2，解得λ=12，
∴CQ=( 22, 2, 22)，
设平面CDQ的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CD=0n⋅CQ=0，即2 2x=0 22x+ 2y+ 22z=0，
令y=1，得n=(0,1,−2)，
设平面PCD与平面CDQ夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n⋅m||n|⋅|m|=1 5×1= 55，
故平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值为 55．
19.解：(1)证明：由x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0，
得x2−2x+1+y2+λ(x+2y−1)=0，
令x+2y−1=0，得(x−1)2+y2=0，解得x=1，y=0，
所以圆C过定点，且定点的坐标为(1,0)．
(2)当λ=2时，圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5，
则圆C的圆心(0,−2)到直线y=x的距离d= 2，
所以直线y=x被圆C截得的弦长为2 5−d2=2 3．
(3)将y=kx−1代入x2+(y+2)2=5，得(1+k2)x2+2kx−4=0．
则Δ=4k2+16(1+k2)=16+20k2>0恒成立，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−2k1+k2,x1x2=−41+k2，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−1)(kx2−1)=(1+k2)x1x2−k(x1+x2)+1
=−4(1+k2)1+k2+2k21+k2+1<−2，整理得k2<1，则−1所以k的取值范围是(−1,1)．