2024-2025学年浙江省台州市书生中学高二（上）月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省台州市书生中学高二（上）月考数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.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]
2.O为空间任意一点，若AP=−14OA+18OB+tOC，若A，B，C，P四点共面，则t=( )
A. 1B. 12C. 18D. 14
3.过点A(1,4)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y+3=0B. x+y−5=0
C. 4x−y=0或x+y−5=0D. 4x−y=0或x−y+3=0
4.设直线l：x+y−1=0，一束光线从原点O出发沿射线y=kx(x≥0)向直线l射出，经l反射后与x轴交于点M，再次经x轴反射后与y轴交于点N.若|MN|= 136，则k的值为( )
A. 32B. 23C. 12D. 2
二、填空题：本题共1小题，每小题5分，共5分。
5.已知m：(a−1)x+(2a+3)y−a+6=0，当坐标原点O到直线m的距离最大值时，a= ______．
三、解答题：本题共8小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
6.(本小题12分)
如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=4，AD=3，AA′=5，∠BAD=∠BAA′=∠DAA′=60°，且点F为BC′与B′C的交点，点E在线段AC′上，且AE=2EC′．
(1)求AC′的长；
(2)设EF=xAB+yAD+zAA′，求x，y，z的值．
(3)BD与AC′所成角的余弦值．
7.(本小题12分)
已知直线l的斜率为3，纵截距为−1．
(1)求点(2,4)关于直线l的对称点坐标；
(2)求与直线l平行且距离为 10的直线方程．
8.(本小题12分)
在菱形ABCD中，对角线BD与x轴平行，D(−3,1)，A(−1,0)，点E是线段AB的中点．
(1)求点B的坐标；
(2)求过点A且与直线DE垂直的直线．
9.(本小题12分)
如图，两个等腰直角△PAC和△ABC，AC=BC，PA=PC，平面PAC⊥平面ABC，M为斜边AB的中点．
(1)求证：AC⊥PM；
(2)求二面角P−CM−B的余弦值．
10.(本小题12分)
(1)已知直线l1：ax−2y=2a−4，l2：2x+a2y=2a2+4，当0(2)已知直线l过点P(3,2)，且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，如图所示，求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程．
11.(本小题12分)
平面直角坐标系中，圆M经过点A( 3,1)，B(0,4)，C(−2,2)．
(Ⅰ)求圆M的标准方程；
(Ⅱ)设D(0,1)，过点D作直线l1，交圆M于P，Q两点，P，Q不在y轴上．
(ⅰ)过点D作与直线l1垂直的直线l2，交圆M于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
(ⅱ)设直线OP，BQ相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
12.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，且△PCD是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是矩形，BC=2 2，M为BC的中点．
(1)求直线PB与平面AMP所成角的正弦值；
(2)求点D到平面AMP的距离．
13.(本小题12分)
如图4，在三棱台ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，侧面ACC1A1为等腰梯形，且A1C1=AA1=1，D为A1C1的中点．
(1)证明：AC⊥BD；
(2)记二面角A1−AC−B的大小为θ，θ∈[π3,2π3]时，求直线AA1与平面BB1C1C所成角的正弦值的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.B
5.−87
6.解：(1)∵AC′=AC+CC′=AB+AD+AA′，
又AB=4，AD=3，AA′=5，∠BAD=∠BAA′=∠DAA′=60°，
∴AC′2=AB2+AD2+AA′2+2(AB⋅AD+AB⋅AA′+AD⋅AA′)
=42+32+52+2×(4×3×12+4×5×12+3×5×12)=97，
∴AC′= 97；
(2)由题意，可得EF=EC′+C′F=13AC′−12BC′
=13(AB+AD+AA′)−12(AD+AA′)=13AB−16AD−16AA′，
∴x=13，y=z=−16；
(3)由BD=AD−AB，
可得|BD|= (AD−AB)2= AD2−2AB⋅AD+AB2
= 9+16−2×4×3×12= 13，
又BD⋅AC′=(AD−AB)⋅(AB+AD+AA′)
=AD⋅AB+AD2+AD⋅AA′−AB2−AB⋅AD−AB⋅AA′
=3×4×12+9+3×5×12−16−4×3×12−4×5×12=−192，
故cs=BD⋅AC′|BD||AC′|=−192 13× 97=−19 12612522，
则BD与AC′所成角的余弦值为−19 12612522．
7.解：已知直线l的斜率为3，纵截距为−1，则方程为：y=3x−1，
(1)设点(2,4)为点A，则A关于直线l的对称点坐标为A′(a,b)，
则直线AA′与直线l垂直，则kAA′⋅kl=−1，即b−4a−2×3=−1①，
且AA′的中点(2+a2,4+b2)在直线l上，所以4+b2=3×2+a2−1②，
联立①和②，解得a=75,b=215，
所以点(2,4)关于直线1的对称点坐标为(75,215)；
(2)设所求的直线为l′，因为直线l′与直线l平行且距离为 10，
又因为直线l方程为：y=3x−1，即3x−y−1=0，
所以可设直线l′的方程为：3x−y+c=0，
利用两平行线间的距离公式得：
|c−(−1)| 32+(−1)2= 10，解得c=9或−11，
所以与直线l平行且距离为 10的直线方程为：3x−y+9=0或3x−y−11=0．
8.解：(1)∵四边形ABCD为菱形，BD/​/x轴，∴AC⊥x轴，∴可设C(−1,t)，
∵|AD|=|CD|，∴ (−3+1)2+(1−0)2= (−3+1)2+(1−t)2，
解得：t=0(舍)或t=2，∴C(−1,2)．
∴A，C中点坐标为(−1,1)，
由于D(−3,1)，且(−1,1)是B，D中点，∴B点坐标为(1,1)，
(2)A(−1,0)，B(1,1)，由中点坐标公式得E(0,12)，
又D(−3,1)，∴kDE=−16，
则过点A且与直线DE垂直的直线斜率为：6，
∴所求直线方程为：y=6x+6，即6x−y+6=0．
9.(1)证明：取AC中点D，连接MD，PD，如图，

又M为AB的中点，所以MD/​/BC，又AC⊥BC，则MD⊥AC，
又△PAC为等腰直角三角形，PA⊥PC，PA=PC，
所以PD⊥AC，又MD∩PD=D，MD，PD⊂平面PMD，
所以AC⊥平面PMD，又PM⊂平面PMD，
所以AC⊥PM；
(2)解：由(1)知，PD⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，
平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊂平面PAC，
所以PD⊥平面ABC，即PD，AC，DM两两互相垂直，
故以D为原点，DA，DM，DP为x、y、z轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图，

设AC=2，则A(1,0,0)，B(−1,2,0)，C(−1,0,0)，P(0,0,1)，
所以CP=(1,0,1)，CM=(1,1,0)，
设n=(x,y,z)为平面PCM的一个法向量，由n⊥CP，n⊥CM，
则有CP⋅n=x+z=0CM⋅n=x+y=0，令z=1，即n=(−1,1,1)，
取平面BCM的一个法向量为m=(0,0,1)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=1 3= 33，
由图可知，二面角P−CM−B的平面角为钝角，
故二面角P−CM−B的余弦值为− 33．
10.解：(1)由于直线l1：ax−2y=2a−4，
当x=0时，y=2−a，即直线l1和y轴交于点A(0,2−a)，
由于直线l2：2x+a2y=2a2+4，
当y=0时，x=a2+2，即l2与x轴交于点C(a2+2,0)，
易知：l1和l2均经过定点(2,2)，即两直线交于点B(2,2)，
如图所示：
则四边形ABCO的面积S=S△AOB+S△BOC=12×(2−a)×2+12×(a2+2)×2=(a−12)2+154≥154，
即当a=12时，Smin=154，
所以四边形的面积最小时，a=12．
(2)由题意设直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，所以3a+2b=1．
由基本不等式可得3a+2b≥2 3a⋅2b，当且仅当3a=2b，即a=6，b=4时等号成立，
所以ab≥24．
所以△ABO的面积S=12ab≥12×24=12，
即△ABO的面积的最小值为12，此时直线l的方程为x6+y4=1，即2x+3y−12=0．
所以△ABO面积的最小值为12，此时直线l的方程为2x+3y−12=0．
11.解：(Ⅰ)设圆M的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
则( 3−a)2+(1−b)2=r2(0−a)2+(4−b)2=r2(−2−a)2+(2−b)2=r2，解得a=0b=2r2=4，
所以圆M的标准方程为x2+(y−2)2=4；
(Ⅱ)设直线l1的方程为y=kx+1，即kx−y+1=0，
则圆心(0,2)到直线l1的距离d1=|−2+1| k2+1=1 k2+1，
所以|PQ|=2 4−1k2+1=2 4k2+3k2+1，
(i)若k=0，则直线l2斜率不存在，
则|PQ|=2 3，|EF|=4，
则S=12|EF|⋅|PQ|=4 3，
若k≠0，则直线l2得方程为y=−1kx+1，即x+ky−k=0，
则圆心(0,2)到直线l1的距离d2=k k2+1，
所以|EF|=2 4−k2k2+1=2 3k2+4k2+1，
则S=12|EF|⋅|PQ|=2 (4k2+3)(3k2+4)(k2+1)2=2 12(k2+1)2+k2(k2+1)2
=2 12+k2(k2+1)2=2 12+1k2+1k2+2≤2 12+12 k2⋅1k2+2=7，
当且仅当k2=1k2，即k=±1时，取等号，
综上所述，因为7= 49>4 3，
所以S的最大值为7；
(ii)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x2+(y−2)2=4y=kx+1，消y得(k2+1)x2−2kx−3=0，
则x1+x2=2kk2+1,x1x2=−3k2+1，
直线OP的方程为y=y1x1x，
直线BQ的方程为y=y2−4x2x+4，
联立y=y1x1xy=y2−4x2x+4，解得x=4x1x23x1+x2，
则y=y1x1⋅4x1x23x1+x2=4y1x23x1+x2=4(kx1+1)x23x1+x2=4kx1x2+4x23x1+x2=−6x1−2x23x1+x2=−2，
所以N(4x1x23x1+x2,−2)，
所以点N在定直线y=−2上．
12.解：(1)如图，取DC中点为O，AB中点为G，连接OG，
由题设可知，OP⊥平面ABCD，
故以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，P(0,0, 3)，A(2 2,−1,0)，
B(2 2,1,0)，M( 2,1,0)，
设平面AMP的一个法向量为n=(x,y,z)，
PA=(2 2,−1,− 3)，PM=( 2,1,− 3)，
则由PA⋅n=0PM⋅n=0，可得2 2x−y− 3z=0 2x+y− 3z=0，
令y=1，可得x= 2，y= 3，
故平面AMP的一个法向量为n=( 2,1, 3)，
记直线PB与平面AMP所成角为α，PB=(2 2,1,− 3)，
所以sinα=|cs〈PB,n〉|=|PB⋅n|PB||n||=2 12× 6= 26，
故直线PB与平面AMP所成角的正弦值为 26；
(2)如图，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，

因为四边形ABCD是矩形，所以BC⊥CD，AD⊥CD，
又平面PCD∩平面ABCD=CD，BC，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，BC⊥平面PCD，
故AD⊥PD，BC⊥PC，
在直角△PCM中，PC=2，CM= 2，则PM= 6，
在直角△ABM中，AB=2，BM= 2，则AM= 6，
在直角△PDA中，PD=2，AD=2 2，则PA=2 3，
则有PM2+AM2=PA2，即AM⊥PM；
同理可求得AO=3，MO= 3，
设点D到平面AMP的距离为ℎ，
由VP−ADM=VD−PAM⇒13⋅S△ADM⋅PO=13⋅S△PAM⋅ℎ，
所以12×2 2×2× 3=12× 6× 6⋅ℎ，解得ℎ=2 63，
所以点D到平面AMP的距离为2 63．
13.(1)证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，
在等腰梯形ACC1A1中，D，M为A1C1，AC的中点，
∴AC⊥DM，
在正△ABC中，M为AC的中点，
∴AC⊥BM，
∵AC⊥DM，AC⊥BM，DM∩BM=M，DM，BM⊂平面BDM，
∴AC⊥平面BDM，
又BD⊂平面BDM，∴AC⊥BD．
(2)解：∵AC⊥平面BDM，
在平面BDM内作Mz⊥BM，以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵DM⊥AC，BM⊥AC，∴∠DMB为二面角A1−AC−B的平面角，即∠DMB=θ，A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−1,0,0)，D(0, 32csθ, 32sinθ)，C1(−12, 32csθ, 32sinθ)，A1(12, 32csθ, 32sinθ)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z)，CB=(1, 3,0)，CC1=(12, 32csθ, 32sinθ)，
则有，
又AA1=(−12, 32csθ, 32sinθ)，
∴sinα=|cs|= 3 4+1−2csθ+cs2θsin2θ= 3 3+21+csθ，
∵θ∈[π3,2π3]，∴csθ∈[−12,12]，
∴sinα∈[ 217,3 1313]．