2024-2025学年浙江省宁波市镇海中学高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市镇海中学高二（上）第一次月考数学试卷（含答案），共9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.已知向量a=(2,4)，b=(−1,1)，则2a−b=( )
A. (5,7)B. (5,9)C. (3,7)D. (3,9)
2.已知直线l1：x−3y+2=0，l2：3x−ay−1=0，若l1⊥l2，则实数a的值为( )
A. 1B. 12C. −12D. −1
3.已知m是实常数，若方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲线是圆，则m的取值范围为( )．
A. (−∞,20)B. (−∞,5)C. (5,+∞)D. (20,+∞)
4.设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 若a，b与α所成的角相等，则α//bB. 若a//α，b//β，α//β，则a//b
C. 若a⊂α，b⊂β，α//b，则α//βD. 若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b
5.直线y=kx+3与圆(x−3)2+(y−2)2=4相交于M、N两点，若|MN|=2 3，则k等于( )
A. 0B. −23C. −23或0D. −34或0
6.过点P(1,3)作直线l，若l经过点A(a,0)和B(0,b)，且a，b均为正整数，则这样的直线l可以作出( )．
A. 1条B. 2条C. 3条D. 无数条
7.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是( )
A. [1,2)B. (1, 2]C. (0,1]D. (0,2)
8.已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为( )
A. 13B. 11C. 9D. 8
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。
9.三条直线x+y=0，x−y=0，x+ay=3构成三角形，则a的值不能为( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
10.正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A. 直线AD1与直线A1C1所成角为π3B. 直线AD1与平面ABCD所成角为π3
C. 二面角D1−AB−D的大小为π4D. 平面AB1D1⊥平面B1D1C
11.已知圆M：(x−1)2+(y−1)2=4，直线l：x+y+2=0，P为直线l上的动点，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B，则( )
A. 四边形MAPB面积的最小值为4
B. 四边形MAPB面积的最大值为8
C. 当∠APB最大时，|PA|=2
D. 当∠APB最大时，直线AB的方程为x+y=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1：mx+y+2m−3=0，l2：mx+y−m+1=0，则直线l1与l2之间的距离最大值为______．
13.已知三棱锥P−ABC中，∠APB=2π3，PA=PB= 3，AC=5，BC=4，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
14.若点A(x,y)满足C：(x+3)2+(y+4)2≤25，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P(6,1)而言，|PA+PB|的最小值为______．
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15分)
已知直线m：2x−y−3=0与直线n：x+y−3=0的交点为P．
(1)若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的方程；
(2)若直线l1过点P且与x，y正半轴交于A、B两点，△ABO的面积为4，求直线l1的方程．
16.(本小题15分)
某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥S−ABCD的高是长方体ABCD−A1B1C1D1高的12，且底面正方形ABCD的边长为4，AA1=2．
(1)求AC1的长及该长方体的外接球的体积；
(2)求正四棱锥的斜高和体积．
17.(本小题15分)
已知：圆C过点D(0,1)，E(−2,1)，F(−1, 2)，P是直线l1：y=x−2上的任意一点，直线l2：y=x+1与圆C交于A、B两点．
(Ⅰ)求圆C的方程；
(Ⅱ)求|PA|2+|PB|2的最小值．
18.(本小题15分)
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x+3)2+(y−1)2=4和圆C2：(x−4)2+(y−5)2=4．
(1)若直线l过点A(−1,0)，且与圆C1相切，求直线l的方程；
(2)设P为直线x=−32上的点，满足：过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等．试求满足条件的点P的坐标．
19.(本小题17分)
如图，已知直三棱柱A1B1C1−ABC中，∠ABC=90°且AB=BC=BB1=2，D、E、F分别为AC、BC、B1B的中点，G为线段DE上一动点．
(1)求C1F与平面A1B1C1所成角的正切值；
(2)证明：C1F⊥A1G；
(3)求锐二面角C1−A1G−B1的余弦值的最大值．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.D
6.B
7.C
8.D
9.AC
10.AC
11.ACD
12.5
13.28π
14.325
15.解：(1)由2x−y−3=0x+y−3=0⇒m,n的交点为(2,1)，
由直线l与A，B的距离相等可知，l/​/AB或l过AB的中点，
∴由l/​/AB得l的方程为y−1=−12(x−2)，即x+2y−4=0，
由l过AB的中点得l的方程为x=2，
故x+2y−4=0或x=2为所求．
(2)方法一：由题可知，直线l1的斜率k存在，且k0，
令y=0，得x=2k−1k>0，
∴S△ABO=12(1−2k)2k−1k=4，解得k=−12，
故l1的方程为y=−12(x−2)+1=−12x+2．
方法二：由题可知，直线l1的横、纵截距a、b存在，且a>0、b>0，则l1：xa+yb=1，又l1过点(2,1)，△ABO的面积为4，
∴2a+1b=112ab=4，解得a=4b=2，故l1方程为x4+y2=1，即y=−12x+2．
16.解：(1)几何体ABCD−A1B1C1D1为长方体且AB=BC=4，AA1=2，
∴AC1= AB2+BC2+AA12= 42+42+22=6，
记长方体外接球的半径为R，线段AC1就是其外接球直径，
则2R=6，R=3，
长方体外接球的体积为V=43π×33=36π．
(2)如图，设AC，BD交于点O，连接SO，∵S−ABCD为正四棱锥，∴SO为正四棱锥的高，
又长方体的高为AA1=2，∴SO=12×2=1，
取AB的中点E，连接OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，在Rt△SOE中，SO=1,OE=12AD=2，
∴SE= SO2+OE2= 1+4= 5，
∵SABCD=4×4=16，SO=1，
∴VS−ABCD=13SABCD×SO=13×16×1=163，
故正四棱锥的斜高为 5，体积为163．
17.解：(Ⅰ)易得C在直线x=−1上，不妨设C(−1,b)，
因为CE=CF，即 (−1+2)2+(b−1)2= (−1+1)2+( 2−b)2，解得b=0，
故C(−1,0)，半径r= (−1+2)2+(b−1)2= 2，
则圆C的方程为：(x+1)2+y2=2；
(Ⅱ)联立(x+1)2+y2=2y=x+1，解得x=0y=1，x=−2y=−1，
即A(0,1)，B(−2,−1)，
设P(a,a−2)，
则|PA|2+|PB|2=a2+(a−2−1)2+(a+2)2+(a−2+1)2=4a2−4a+14=4(a2−a)+14=4(a−12)2+13，
则当a=12时，|PA|2+|PB|2取最小值13．
18.解：(1)设直线l的方程为：y=k(x+1)，即kx−y+k=0…(1分)
圆心C1到直线l的距离d=2，…(2分)
结合点到直线距离公式，得|−3k−1+k| k2+1=2，…(3分)
求得k=34…(4分)
由于直线x=−1与圆C1相切．…(5分)
所以直线l的方程为：x=−1或y=34(x+1)，即x=−1或3x−4y+3=0…(6分)
(2)设点P坐标为(−32,n)，直线l1、l2的方程分别为：y−n=k(x+32)(k≠0),y−n=−1k(x+32)，
即kx−y+n+32k=0,x+ky−kn+32=0…(7分)
因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等，
所以圆心C1到直线l1与圆心C2直线l2的距离相等．
故有|−3k−1+n+32k| k2+1=|4+5k−kn+32| k2+1，…(9分)
化简得(72−n)k=−92−n,或(132−n)k=132−n…(11分)
关于k的方程有无穷多解，有n=132
所以点P坐标为(−32,132)，经检验点(−32,132)满足题目条件．…(12分)
19.解：(1)由直三棱柱A1B1C1−ABC，知BB1⊥面A1B1C1，
所以点F在A1B1C1的投影为B1，
所以∠FC1B1为C1F与平面A1B1C1所成角，
所以tan∠FC1B1=B1FB1C1=12，
所以C1F与平面A1B1C1所成角的正切值为12．
(2)证明：以B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系：

则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
D(1,1,0)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，B1(0,0,2)，
所以ED=(1,0,0)，
因为G为线段DE上一动点，
设EG=λED(0≤λ≤1)，则EG=λ(1,0,0)，
所以G(λ,1,0)，
所以C1F=(0,−2,−1)，A1G=(λ−2,1,−2)，
所以C1F⋅A1G=(0,−2,−1)⋅(λ−2,1,−2)=0，
所以C1F⊥A1G，
所以C1F⊥A1G.
(3)由(2)可知：A1C1=(−2,2,0)，A1G=(λ−2,1,−2)，A1B1=(−2,0,0)，
设平面C1A1G的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅A1C1=0m⋅A1G=0，即−2x+2y=0(λ−2)x+y−2z=0，
令x=2，则y=2，z=λ−1，则m=(2,2,λ−1)，
设平面A1GB1的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅A1B1=0n⋅A1G=0，即−2a=0(λ−2)a+b−2c=0，
令c=1，则a=0，b=2，则n=(0,2,1)，
故设二面角C1−A1G−B1的平面角为θ，结合图形，θ为锐角，
故csθ=|cs|=|(2,2,λ−1)⋅(0,2,1) 22+22+(λ−1)2⋅ 22+12|=|4+λ−1 5⋅ 8+(λ−1)2|=|λ+3| 5 8+(λ−1)2，
令λ+3=t，t∈[3,4]，
csθ=|λ+3| 5 8+(λ−1)2=|t| 5 8+(t−4)2=1 5 24t2−8t+1，
又函数y=24t2−8t+1，
令s=1t，则y=24s2−8s+1，s∈[14,13]，
所以结合二次函数的性质可得在[14,13]，函数y=24s2−8s+1单调递增，
所以1t=14时，y=24t2−8t+1取最小值，
所以当1t=14，即t=4，λ=1时，csθ=1 5 24t2−8t+1取得最大值为 105．