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0−13，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．