广西壮族自治区百色市田阳区田阳高中等校2024-2025学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题

全国名校第一次月考试卷 数 学 - 注意事项: 1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。 2.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上 对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水答字笔在答题卡上各题的 答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围:选择性必修第一册(第一章~第二章)。 {2 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项 是符合题目要求的. {M- 1.已知点A(2,1),B(3,2),则直线AB的倾斜角为 B.60。 C.45* A.135* D.30* l-- 2.如图所示,空间四边形OABC中,OA-a,OB-b,OC-c,点M在OA上,且,M为OA中点, N为BC中点,则MN等于 #A-#。# _一 过善 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-+3-0 Bx十-5-0 C.4x-y-0或x十y-5-0 D.4x-y=0或x-y+3-0 4.已知a-(1,2,-y),b=(x,1,2),且2b/(a-b),则 __1 B-_-4 C.x-2.- D.-1,--1 5.在空间直角坐标系中,若a=(1,1,-3),b-(1,-1,x),且a1b,则la十bl= A./5 B./7 C.VTT D.3 【月考卷(一)·数学 第1页(共4页)选择性必修第一册一RJA一G一唐】 CS 扫描全能王 5亿人郡在用日画A 6.直线l:x-y+2k+1-0与l:+y-+2-0分别与圆O:x*+y*-10交于A,C和B, D.则四边形ABCD面积的最大值为 C.45 B.10 A.15 D.35 7.已知圆C;(x-2)*十(y-3)2-4,若点P在直线x-y-4-0上运动,过点P作圆C的两条 切线PA,PB,切点分别为A,B,则直线AB过定点坐标为 A.(1,4) C.(13,2) B.(1213) D.(111) 8.如图,正方体ABCD-A.B.C.D.的梭长为2,线段BD. 上有两个动点E,F(E在F的左 边),且EF一/2.下列说法正确的是 A.当E,F运动时,存在点E,F使得AE1CF B.当E,F运动时,存在点E,F使得AE/BF C.当E运动时,二面角E-AB-C的最小值为45* D.当E,F运动时,二面角A-EF-B的余弦值为定值 二、选择题:本大题共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,部分选对的得部分分,有选错的得0分 9.已知v为直线/的方向向量,n,分别为平面g,B的法向量(,B不重合),那么下列说法中 正确的有 C.n/n2a/B A.v/n→l/a Bvn→/Ia D.nIn2-aI; 10.圆C:(x一2)*十一1,点P(m,n)为圆C上的动点,则下列结论正确的是 A的最大值为 B.n{十n2}的最大值为3 D.无最大值 C.m2十n2的最大值为g 11.如图,在四楼锥S-ABCD中,底面ABCD是正方形,SA1平面AB- CD,SA-AB,O,P分别是AC,SC的中点,M是梭SD上的动点,则 下列说法中正确的是 A.OM1AP B.存在点M,使OM/平面SBC C.存在点M,使直线OM与AB所成的角为30。 D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值 三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分 12.已知a-(1,1,v②),lbl-2,la-bl-2,则a·b- 13.已知直线/:x十y-1=0:与圆C:(x-3)*+(y+4)*=5交于A,B两点 则AB]-___. 14.在直梭柱ABC-A.B.C 中, ACB-90*,D,D 分别是AB,A.B; 的中 点,AC-BC-1,A.A-2.则二面角D-A.C-C 的余弦值是 【月考卷(一)·数学 第2页(共4页)选择性必修第一册一RJA一G一唐】 C$ 扫描全能王 5亿人郡在用日画A 四、解答题:本大题共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.(13分) 已知直线/ :(2a-1)x-(a-2)y+1=0,直线l:(a+1)x-2-1-$ (1若/,求实数a的值; (2)若12,求实数a的值 16.(15分) 已知{e,ez,e)为空间的-个基底,且OP-2e-e+3e,OA-e+2e-e,OB=-3e+ e+2e,OC-e.+e-e3. (1)判断P,A,B,C四点是否共面 (2)能否以(OA,OB,OC)作为空间的一个基底?若能,试以这一组基表示OP;若不能,请说 明理由. 17.(15分) 已知圆C.(x-2)*+(-3)*-4,直线/:(m十1)x+(2m十1)y=5m+3 (1)判断并证明直线/与圆C的位置关系; (2)设直线/与圆C交于A,B两点,若点A,B分圆周得两段狐长之比为1:2,求直线/的 方程. 【月考卷(一)·数学 第3页(共4页)选择性必修第一册一RJA一G一唐】 CS 扫描全能王 3亿人郡在用目 18.(17分) 如图,在四梭锥P-ABCD中,BD1PC, ABC-60*,四边形ABCD是菱形,PB-、/②AB ②PA,E是梭PD上的动点,且PE-PD (1)证明:PA1平面ABCD. (2)是否存在实数x,使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余 过 2 19.(17分) 已知直线/:x=my-1,圆C:x+y*+4x-0. - 制 (1)证明:直线/与圆C相交 (2)设1与C的两个交点分别为A,B,弦AB的中点为M,求点M的轨迹方程 (3)在(2)的条件下,设圆C在点A处的切线为么,在点B处的切线为l,2.与l。的交点为 Q.试探究;当n变化时,点Q是否恒在一条定直线上?若是,请求出这条直线的方程;若 不是,说明理由 【月考卷(一)·数学第4页(共4页)选择性必修第一册一RJA一G一唐】 CS 扫描全能王 3亿人郡在用目全国名校第一次月考试卷·数学 参考答案、提示及评分细则 1.C因为k=ma=号号号1，又因为0°<a<180,所以a=45 2.A由题意得：M-ON-Oi=号Oi+0d-2Oi=-7a+叶7c 3.D解法一：当直线过原点时，满足题意，此时直线方程为y=4x,即4x一y=0:当直线不过原点时，设直线方 程为二+义=1(a≠0)，因为直线过点A(1,4),所以上一4=1，解得a=一3，此时直线方程为x一y十3= a 一a aa 0. 解法二：易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意.设直线方程为y一4=k(x一1)(k≠0)，则x=0 时y=4一，y=0时x=1一冬，由题意知1一冬十4一k=0,解得=4或=1，即直线方程为y=4红或x一 y+3=0. 4.B,a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且2b∥(a-b),则2b=(2x,2,4),a-b=(1-x,1,-y-2).,2b∥(a 1 2.x=λ(1-x), x=2' b),.2b=(a-b),即2=， 解得 y=-4, 4=1(-y-2), λ=2. 5.B因为a=(1,1,-5),b=(1,一1，x),且a⊥b,所以a·b=1-1一3x=0,得x=0,所以b=(1,一1,0)， 所以a+b=(2,0,-√3).所以a+b=/2+(-3)=√7. 6.A显然l⊥l2,且两直线同时过定点P(一2,1)，点P在圆O内，设点O到弦AC,BD的距离分别为d1,d2, 则d+d=OpP=5,AC1=2V0-d,BD1=2V0-d,四边形面积S=号AC·BD1= 2√10-d12·√10-d22≤10-d2+10-d222=20-(d6+d)=15. 7.D圆C:(x一2)2十(y一3)2=4①的圆心为C(2,3),半径为2，过点P作圆C的两条切线PA,PB,切点分别 为A,B,故P,A,C,B四点共圆，其中PC的中点为该圆心，PC为直径.设P(m,m一4)，则PC的中点为 (生，m牛)=（生，”号）.PC=Vm2+m-4-=Vm-2+(m-,故过P.A C.B的圆的方程为(x-"m士)'+("2）'-m-2》牛m-7》,变形得到2-m+2》z+-(m 1)y=一5m+12②，由①②相减可得直线AB的方程，即(m一2).x十(m-7)y=5m一21，整理得n(.x+y-5) 14 5 -2.x-7y十21=0，令{ x+y-5=0, 解得 -2x-7y+21=0, 故直线过定点坐标（号，号）： y= 5， 8.C对于A,以C为坐标原点，CD,CB,CC所在直线为x,y,z轴，建立空间直角 坐标系Cxyz,则A(2,2,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(2,0,0),D(2,0,2),由于 EF-√2，设E(t,2-1,2),F(t-1,3-,2),1≤长2，则AE-(t-2,-1,2),CF-D 4-1.3-1.2,则.市=2r-6+6=2(-是)广+号>0，所以当E.F运 动时，故存在点E,F使得AE⊥CF,A错误：对于B,若AE∥BF,则A,B,B,D 四点共面，与AB与B:D是异面直线矛盾，B错误：对于C,设平面ABE的法向 【月考卷（一）·数学参考答案第1页（共4页）选择性必修第一册一RJA一G一唐】 Ai.m=-2x=0. 量为m=(x,y,),又AB=(-2,0,0),故 A正，m=(1-2)x-y十2x=0, 令y=2,则m=(0,2,1),平面ABC 的法向量可取为n=(0,0,1,故c0s(m,n》=mn- m◆n t 因为1≤t≤2，且函数y= w+4 1+4在[1,2]上单调递减，所以5 2 ,当且仅当t=2时， 三取到最大值，设二面角E W1+ W1+ AB-C的平面角为0,0°≤<90°，则cos0最大值为号，即二面角E-AB-C的最小值为45，C正确：对于D, 连接BD,AD,AB,平面EFB即为平面BDD1B,平面AEF即为平面AB,D1,平面BDD,B的法向量可取 为CA=(2,2,0),设平面AB1D,的法向量为1=(a,b,c),又AB=(-2,0,2),DB=(-2,2,0),故 AB,·1=-2a+2c=0 4 =6 DB.t=-2a+2b=0 令a=1,则t=(1,1,1),故cos(CA,0= C1122X5=3,由图知二面角 A-BF-B为锐角，则二面角A-EF-B的余弦值为定值，D错说 9.CD对于A,v∥n=l∥a或lCa,故A错误：对于B,v⊥nl∥a或lCa,故B错误：对于C,n∥n2台a∥3， 故C正确；对于D,m⊥n2台a⊥B,故D正确.故选CD, 10.AC圆C:(x-2)+y=1的圆心为C(2,0),半径为r=1,设k=”,则km-n=0,因P在圆上，所以 <1,解得一号<k≤号故是的取值范图是[号号]，故A正确，D错误，因为+的儿何意 √1+k码 义为P点到原点距离的平方，又P到原点的距离的取值范围为[1,3]，所以m2十2的取值范置为[1,9]，故 m十的最大值为9，故B错误，C正确.故选AC 11.ABD依题意可知AB,AD,AS两两相互垂直，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系Axy,设AB= AD=AS=2,则S(0,0,2),C(2,2,0),P(1,1,1),O(1,1,0),设M(0,t,2-t).OM=(-1,t-1,2-t),所以 OM.AP=一1十1-1十2-1=0，所以OMLAP,A选项正确：点M到平面 ABCD与平面SAB的距离和为2一1十1=2为定值，D选项正确：因为B(2, 0,0),S3=(2,0,-2),BC-(0,2,0),设平面SBC的法向量为n=(x,y,x), n.S3=2.x-2x=0, 则 故可设n=(1,0,1),要使OM∥平面SBC,OM过平 n.BC-2y=0, 面SBC,则OM·n=(一1，t-1,2-t)·(1,0.1)=一1十2-t=1-t=0,解得 t=1,所以存在点M,使OM∥平面SBC,B选项正确：若直线OM与直线AB 所成角为30°，则c0s30= OM·AB -2 OM·1AB √1+(t-1)+(2-t)F×2 3 √/2r-6t+6 =2,3r-9 十7=0，△=81一4×3×7=一3<0，无解，所以C选项错误.故选ABD. 12.2因为a=(1,1,w2),所以a=1+1+2=2,因为a-b=2,所以|a-b1=a2-2a·b+b=4,即4 2a·b十4=4，解得a·b=2. 13.2W3由圆C:(x-3)2+(y+4)2=5,可得圆心坐标为C(3,一4)，半径为r=√5，又由圆心C到直线l:x+y -1=0的距离为d=134--2,根据圆的弦长公式，可得1AB1=2VP一正=2V5-W2了=23. /1+1 1.-号 如图，以C为坐标原点，CA,CB,CC分别为x,y,:轴建立空间直角坐标系Cxy,则A(10,2), C0,0.0).D(号，20)，可得C=1,0,2),C市-=（分，号0）.设平面DA,C的法向量为n=(x).则 【月考卷（一）·数学参考答案第2页（共4页）选择性必修第一册一RA一G一唐】 n·CA1=x+2x=0, n.C-r+y-0. 令x=2,则y=一2，=一1，即n=(2,一2，-1).由题 意可得：平面A1CC1的法向量m=(0,1,0),则cos(n,m)= nm -2 n·m=3× 一号由图形可知：二面角D-A,C-C为纯角，所以其余弦值为一号 15.解：(1)，l∥l2,.(2a-1)·(-2)=(2-a)·(a十1)，…2分 整理得a2一5a=0,解得a=0或a=5,…5分 当a=0时，山与l2重合，舍去，故a=5。…7分 (2)解：⊥12，.(2a-1)·(a十1)十(2-a)·(-2)=0,…9分 ∴2a2+30-5=0a=1或a=-号. …13分 16.解：(1)假设P,A,B,C四点共面，则存在实数，，，使O币-xOA+yO店+心，且x十y十=1，即2e, e2+3e8=x(e1十2c2-e3)十y(-3e1十eg十2eg)十x(e1十e-eg).…3分 比较对应的系数，得到关于x,y,~的方程组 x-3y+2=2, x=17, 2.x十y十=一1，解得 y=一5，与x十y十=1矛盾， -x十2y-z=3, 2=-30, 故P,A,B,C四点不共面. 6分 (2)若Oi,Oi,C共面，则存在实数m,,使OA=mO+n元. 所以e1十2e2一e=m(一3e1十e十2eg)十n(e1十e2一e),… 8分 -3m十n=1, 所以m十n=2,方程组无解，所以OA,O店，O心不共面 10分 21-n=-1, 所以OA,O成，O心可以作为空间的一组基底，令Oi=a.O店=b,O元=c, e+2e2-es=a, e1=3a-b-5c, 所以 -3e,十ea+2e=b,解得e2=a一c, 12分 e+e:-e:=c, e1=4a-b-7c. 所以Oi=2e,-e十3e=2(3a-b-5c)-(a-c)+3(4a-b-7c) =17a-5b-30c=17OA-5Oi-30O元 15分 17.解：(1)直线1与圆C相交. …2分 证明如下：由1得方程m(x+2y一5)+x+y一3=0， 故l恒过两直线x十2y-5=0以及x十y-3=0的交点P(1,2). 4分 因为圆C的圆心为(2,3)，所以(1一2)2十(2-3)2=2<4，即点P在圆的内部， 所以直线与圆C相交……6分 (2)因为圆C的方程为(x-2)2十(y一3)2=4，所以点C的坐标为(2,3)，半径为2， 因为点A,B分圆周得两段弧长之比为1：2，故∠ACB=120°， 所以∠CAB=30,枚圆心到直线的距离d=r=1.… 9分 直线斜率不存在时，直线I的方程为x=1, 因为点C(2,3)到直线x=1的距离为1， 所以直线x=1满足条件，即直线l的方程可能为x=1:… 11分 当直线斜率存在时，设直线方程为y一2=k(x一1)，即kx一y一k十2=0， 则圆心到直线的距离=1，解得k=0, /k2十I 【月考卷（一）·数学参考答案第3页（共4页）选择性必修第一册一RA一G一唐】 所以直线1的方程为y=2。……14分 故直线（的方程为y=2或x=1.… 15分 18.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.…1分 因为BD⊥PC,AC,PCC平面PAC,且AC∩PC=C,所以BD⊥平面PAC 因为PAC平面PAC,所以BD⊥PA.… …3分 因为PB=√2AB=√2PA,所以PB=AB十PA,即AB⊥PA. 因为AB,BDC平面ABCD,且AB∩BD=B,所以PA⊥平面ABCD.…6分 (2)解：取棱CD的中点F,连接AF,易证AB,AF,AP两两垂直，故以A为原点、分别以AB,A户，AP的方向 为℃，y,之轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A.xy%.…8分 设AB=2,则A(0,0.0),C(13.0),D(-13,0),P(0,0,2),故AC=(1,N3,0),Pi=(-1.3,-2),A2 =(0,0,2),所以AE=Ap+P驼-Ap+Pj=(-W3x,2-2.…11分 n·AC=x+3y=0, 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则 n·AE=-x+3y十(2-2a)=0, 令=，得n=(-1.) …13分 又平面PAB的一个法向量为m=(O,1,0),设面PAB与面ACE所成的锐二面 角为0，则cos0=cosn,m= n·m 1 219 nm 32 191 √4+米-2以+可 整理得3x+2以-1=0，解得X=号或入=-1（舍去）. 044440+444+0e4440 16分 故存在实数入=子，使得面PAB与面ACE所成锐二面角的余弦值是2四 19 …17分 x=my-1, 19.1)i证明：2+y+4红=0 化简整理可得(m2+1)y+2my-3=0, …2分 因为△=4m2+12(m2+1)=16m2+12>0,所以直线1与圆C恒相交. …4分 (2)解：设直线1与x轴交于点P,设M(x,y),则有CLPM,故CPM=0,…5分 圆心C(-2,0),P(-1,0),∴.(x+2,y)·(x十1，y)=0, 整理可得，2+y+3x+2=0,即(x+号)+y=},… …8分 ∴点M的轨迹方程是(x+三)'+y=子(x≠-2)，表示的是以（一三，0）为圆心，半径长为2的圆. 10分 (3)解：当m变化时，点Q恒在直线x=2上. 11分 理由如下：设Q(,%),由题意可得，Q,A,B,C四点共圆，且圆的方程为(x一xo)(x+2)+(y一为)y=0,即 x2十y2十(2-x0)江-为y-20=0,…13分 与圆C的方程x2十y十4x=0联立，消去二次项得(x十2)x十%y十20=0，即为直线l的方程，与l:x= my一1比较可得，C0十2=2.0，解得x0=2.…16分 所以当m变化时，点Q恒在定直线x=2上。 …17分 【月考卷（一）·数学参考答案第4页（共4页）选择性必修第一册一RA一G一唐】