河北省邯郸市多校2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题

这是一份河北省邯郸市多校2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题，共9页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。

数 学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册第一章～第二章。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知圆C的圆心坐标为（1,1），且过坐标原点，则圆C的方程为
A.(x-1)2+(y-1)2=2 B.(x-1)2+(y-1)2=2
C.(x+1)2+(y+1)2=2 D.x2+y2=2
2．已知平面α的一个法向量为n=(4,-2,m)，直线l的一个方向向量为u=(-1,-3,2)，若l∥α，则m=
A.-2 B.-1 C.1 D.2
3．已知直线2x+y-3=0与直线4x-my-3=0平行，则它们之间的距离是
A.355 B.510 C.3510 D.55
4．如图，在正三棱锥P-ABC中，点G为ΔABC的重心，点M是线段PG 上的一点，且PM=3MG,，记PA→=a,PB→=b,PC→=c，则AM→=
A.-34a+14b+14c B.-34a+13b+14c
C.-14a+14b+14c D.-14a+13b+14c
5．已知从点（-1,5）发出的一束光线，经过直线2x-y+2=0反射，反射光线恰好过点（2,7），则反射光线所在的直线方程为
A.2x+y-11=0 B.4x-y-1=0
C.4x+y-15=0 D.x+y-9=06．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ΔABC是等边三角形，AA1=2AB=2，则点C到直线AB1的距离为
A.63 B.233
C.303 D.153
7．已知实数x，y满足y=2x-1，且-1≤x≤2，则y-6x-3的取值范围为
A.(-∞,-94]∪[3,+∞) B.[-3,94]
C.(-∞,94]∪[3,+∞) D.[94,3]
8．在正三棱锥P-ABC中，PA=AB=3，点M满足PM→=xPA→+yPB→+(2-x-y)PC→，则AM 的最小值为
A.465 B.6 C.665 D.2/6
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知空间向量a=(1,2,3),a+2b=(-3,0,5),c=(2,4,m)，且a∥c，则下列说法正确的是
A.|b|=6 B.m=6
C.(2b+c)⊥a D.cs⁡⟨b,c⟩=-2142
10．直线y=2x+m与曲线y=4-x2恰有两个交点，则实数m的值可能是
A.92 B.4110 C.4 D.5
11．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P，M是底面A1B1C1D1内的一点（包括边界），且AP=5,BM⊥AC,，则下列说法正确的是 A1P M
A.点P的轨迹长度为π
B．点M到平面A1BD的距离是定值
C.直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+427
D.PM的最小值为2-1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若一条过原点的直线被圆x2+y2-4x=0所截得的弦长为2，则该直线的倾斜角为
13．已知向量a=(3,-2,3),b=(-1,3,-2),c=(7,0,λ)，若a，b，c共面，则λ=
14．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3,M为棱B1C1上的动点（包括端点），N为AM的中点，则直线CN与平面ABB1A1所成角的正弦值的取值范围为 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．（本小题满分13分）
已知ΔABC的顶点坐标为A（-1,6），,B(-3,-1),C(4,2).
（1）若点D是AC边上的中点，求直线BD的方程；
（2）求AB边上的高所在的直线方程．
16．（本小题满分15分）
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,AB=AC=AA1，点E，F分别为棱AB，A1B1的中点.
（1）求证：AF∥平面B1CE;
（2）求直线C1E与直线AF的夹角的余弦值．
17．（本小题满分15分）
如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，AC⊥DB1,AA1=2AB=2，点P是棱DD1上的一点，且DP=2PD1.
（1）求证：四边形ABCD为正方形；
（2）求直线AD1与平面PAC所成角的正弦值.18．（本小题满分17分）
已知某圆的圆心在直线y=x上，且该圆过点（-2,2），半径为22，直线l的方程为(m+1)x+(2m-1)y-3m=0.
（1）求此圆的标准方程；
（2）若直线l过定点A，点B，C在此圆上，且AB⊥AC ，求|BC|的取值范围.
19．（本小题满分17分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为矩形，AB=22,BC=2，平面PAC⊥平面ABCD，且PA=PC,，点E，F分别是棱AB，PC的中点.
（1）求证：DE⊥平面PAC；
（2）若直线PA与平面PBD所成的角的正弦值为63
①求PA的长；
②求平面PDE与平面FDB的夹角的余弦值.
2024～2025学年上学期高二年级第一次月考·数学
参考答案、提示及评分细则
1．B 圆心C（1,1），半径r=|OC|=2，故圆C方程为(x-1)2+(y-1)2)2=2.故选B.
2．B 因为l∥α，所以n⊥u，所以n⋅u=-4+6+2m=0，解得m=-1.故选B.:
3．C 因为直线2x+y-3=0与直线4x-my-3=0平行,所以-2m=4×1，解得m=-2，所以直线4x+2y-3=0，直线2x+y-3=0可变形为4x+2y-6=0，所以两平行线之间的距离.故选C.
4．A 因为G为ΔBC的重心，所以AG→=13(AB→+AC→)=13(PB→-PA→+PC→-PA→)=13(b+c-2a)，又点M是线段PG上的一点，且PM=3MG，所AM→=AG→+GM→=AG→+14(GA→+AP→)=-14PA→+34AG→=-14a+34×13(b+c-2a)=14b+14c-34a.故选A.
5．C 点（-1,5）关于2x-y+2=0对称的点设为(x,y)，则{y-5x+1=-12(x-1)-5+y2+2=0⇒{x=3y=3，反射光线经过点(3,3),(2,7),,k=7-32-3=-4，则反射光线所在的直线方程为y=-4(x-3)+3，即4x+y-15=0，故选C.
6．C 取AC的中点O，则BO⊥AC,BO=3，建立如图所示的空间直角坐标系O)-xyz，所以A(0,-1,0),B1(3,0,2),C(0,1,0)，所以AB1→=(3,1,2) CA→=(0,-2,0)，所以CA→在AB1→上的投影的长度为|CA→⋅AB1→||AB1→|=26=63故点C到直线AB1的距离为d=|AC|2-(63)2=303.故选C.
7．D 由于点(x,y)满足关系式y=2x-1，且-1≤x≤2，可知(x,y)在线段AB上移动，且A(-1,-3),B(2,3)，设Q(3,6)，则kQA=6-(-3)3-(-1)=94,kQB=6-33-2=3，因为点(x,y)在线段AB 上，所以y-6x-3的取值范围是[94,3]，故选D.
8.B延长PA,,PB,PC至点D，E，F，使得PD→=2PA→,,PE→=2PB→PF→=2PC→，所以PM→=xPA→+yPB→+(2-x-y)PC→=x2PD→+y2PE→+(2-x-y)2PF→，又由x2+y2+(2-x-y)2=1，所以M，D，E，F四点共面，所以AM的最小值为点A到平面DEF的距离，又点A是PD的中点，所以点A到平面DEF的距离是点P到平面DEF的距离的一半，又PD=PE=PF=DE=DF=EF=6，易得点P到平面DEF的距离为26，所以AM的最小值为／6．故选B．
9.ABD :a=(1,2,3),a+2b=(-3,0,5),∴b=(-2,-1,1),∴|b|=(-2)2+(-1)2+12=6，故A正确；·c=(2,4,m),a∥c，设e=-te.，故B正确；2b+c=(-2,2,8),a⋅(2b+c)=-2×1+2×2+8×3=26≠0，故C错误；cs⁡⟨b,c⟩=b⋅c|b|⋅|c|=-26⋅56=-2142，故D正确.故选ABD.10.BC 曲线y=4-x2表示圆x2+y2=4在x轴的上半部分，当直线y=2x+m与圆x2+y2=4相切时，|m|5=2，解得m=±25，当点（-2,0）在直线y=2x+m上时，m=4，可得4≤m<25
11．BCD 因为AP=AA12+A1P2=5，即22+A1P2=5，所以|A1P|=1，即点E在底面A1B1C1D1内是以A1为圆心、半径为1的14圆上，所以点P的轨迹长度为π2，故A错误；
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，又AC⊥BM,BD∩BM=B,,BD,,BM⊂平面DBM，所以AC⊥平面DBM，所以点M的轨迹为线段B1D1,,又B1D1∥平面A1BD，所以点M到平面A1BD的距离是定值，故B正确；
因为点P到ABCD的距离为定值2，记点P在平面ABCD的投影为P'，所以当P'C取得最小值时，直线CP与平面ABCD所成角的正切值最大，又P'Cmin=22-1，所以直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+427，故C正确；
A1到直线B1D1的距离为d=2，当点P，M落在A1C1上时，PMmin=2-1，故D正确.故选BCD.
12.60°或120°圆(x-2)2+y2=4的圆心（2,0），半径为2，直线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2，当直线与x轴垂直时，直线与圆相切，不符合题意；故设直线方程为y=kx，可得圆心到直线的距离为 22-12=3=|2k|k2+12，解得k=±3，则该直线的倾斜角为60°或120°．
13.5 因为a，b，c共面，所以存在实数x，y，使得c=xa+yb，即(7,0,λ)=x(3,-2,3)+y(-1,3,-2)，即{7=3x-y0=-2x+3yλ=3x-2y，解得x=3 y=2,λ=5.
14.[217,255] 取AB中点O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,1,0),C(3,0,0)，设M(a,33a-1,3)，且a∈[0,3]，因为N为AM的中点，故N(a2,36a,32)，于是CN→=(a2-3,36a,32)，平面ABB1A1的一个法向量为OC→=(3,0,0),
设t=a2-3,t∈[-3,-32],，则
1t∈[-233,-33]，故cs15．解：（1）因为点D是AC边上的中点，则D(32,4)，所以kBD=-1-4-3-32=109，所以直线BD的方程为y+1=109(x+3)，即10x-9y+21=0; 6分
（2）因为kAB=-1-6-3+1=72，所以AB边上的高所在的直线的斜率为-27，所以AB边上的高所在的直线方
25042B-HB程为y-2=-27(x-4)，即2x+7y-22=0. 13分
16．解：（1）由于三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以 2分
因为点E，F分别为棱AB,,A1B1的中点，所以- 4分
则四边形AEB1F是平行四边形，所以AF∥B1E, 6分
又因为AFC平面B1CE,B1E⊂17平面B1CE，所以AF∥平面B1CE,8分
（2）因为直三棱柱ABC-A1B1C1,AB⊥AC，所以以A为原点，AB，AC,AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 10分不妨设AA1=2，则C1(0,2,2),E(1,0,0),F(1,0,2),，于是C1E→=(1,-2,-2)AF→=(1,0,2),
12分
设直线C1E与直线AF的夹角为θ，则cs⁡θ=|C1E→⋅AF→||C1E→|⋅|AF→|=55 14分
所以直线C1E与直线AF的夹角的余弦值为55 15分
17．解：（1）连接DB，如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，又ACC平面ABCD，所以BB1⊥AC, 1分
又AC⊥DB1,BB1∩DB1=B1,BB1,DB1⊂平面BDB1，所以AC⊥ BDB1 4分
又BDC平面BDB1，所以AC⊥BD,，又四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD为正方形； 6分
（2）以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以A(2,0,0),C(0,,2,0),D1(0,0,2),P (0,0,43)，所以PA→=(2,0,-43) PC→=(0,2,-43),AD→1=(-2,0,2), 9分设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，所以{n⋅EA→=2x-43z=0n⋅EC→=2y-43z=0
令z=3，解得x=22,y=22，所以平面PAC的一个法向量为n=(22,22,3),
12分设直线AD1与平面PAC所成角的大小为θ，
所以sin⁡θ=|cs18．解：（1）由题意可设此圆的方程为，把点（-2,2）坐标代入可得a=0，所以圆的标准方程为x2+y2=8. 6分
（2）直线l方程为(m+1)x+(2m-1)y-3m=0，即(x+2y-3)m+x-y=0，则有{x+2y-3=0x-y=0，可得定点A(1,1), 10分取线段BC中点为D(x,y)，则BC|=2|AD|，令原点为O,|OB|2=|OD|2+|BD|2=|OD|2+|AD|2，即8=x2+y2+(x-1)2+(y-1)2，化简可得(x-12)2+(y-12)2=72，即D的轨迹是以（12,12）为圆心，142为半径的圆， 15分A到D轨迹圆心距离为22，则|AD|的取值范围为［14-22,14+22],
所以|BC|的取值范围为[14-2,14+2]. 17分
19．解：（1）在矩形ABCD中，AB::BC=2:1，且E是AB的中点，所以tan⁡∠ADE=tan⁡∠CAB=22,
所以∠ADE=∠CAB,又∠CAB+∠DAC=90∘，所以∠ADE+∠DAC=90∘，即AC⊥DE, 1分
记BD∩AC=O，连接PO，如图所示，所以O是AC的中点，又PA=P，所以PO⊥AC, 2分
又平面PACL平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC,PO⊂平面PAC，所以POL平面ABCD，4分
又DEC平面ABCD，所以PO⊥DE, 5分
又AC∩PO=O,AC,PO⊂平面PAC，所以DEL平面PAC； 7分
（2）①以O为坐标原点，OE，OP所在的直线分别为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设OP=a(a>0)，所以A(1,-2,0),B(1,2,0),,D(-1,-2,0),P(0,0
a），所以AP→=(-1,2,a),
设平面PDB的法向量为n=(x,y,z)DB→=(2,22,0),OP→=(0,0,a),
所以由{n⋅DB→=2x+22y=0n⋅OP→=az=0，令x=2，解得y=-1,z=0，所以平面PDB的
法向量为n=(2,-1,0), 9分
因为直线PA与平面PBD所成的角的正弦值为 63，所以 |cs⁡⟨n,AP→⟩|=|n⋅AP→||n|⋅|AP→|=
221+2+a2×2+1=63 10分
解得a=1，所以AP=|AP→|=1+2+1=2; 11分
②因为E(1,0,0), (-12,22,12)，设平面PDE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)又ED→=
(-2,-2,0),EP→=(-1,0,1)，所以{n1⋅ED→=-2x1-2y1=0n1⋅EP→=-x1+z1=0，令x1=1，解得y1=-2,z1=1，所以
平面PDE的一个法向量为n1=(1,-2,1), 13分
设平面FDB的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),又DB→=(2,22,0),DF→=(12,322,12)，所以
{n2⋅DB→=2x2+22y2=0n2⋅DF→=12x2+322y2+12z2=0,，令x2=2，解得y2=-1,z2=22，所以平面FDB的一个法向量为
n2=(2,-1,22), 15分
设平面PDE与平面FDB的夹角为θ，所以cs⁡θ=|cs⁡⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2||n1||n2|=421+2+1×2+1+8=22211，即平面PDE与平面FDB的夹角的余弦值为22211. 17分