河南省舞钢市新时代国际学校2024-2025学年高二上学期10月教学质量检测数学试题

舞钢新时代国际学校高二数学10月教学质量检测卷 出题人：陈志浩 考试范围：选择性必修一 考试时间：120分钟 试卷分值：150分 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．直线2x-y-4=0的一个方向向量为（　　） A. （1，-2） B. （-2，1） C. （3，-1） D. （1，2） 2．已知=（2，-1，3），=（-1，4，-2），=（7，5，λ），若，，共面，则实数λ的值为（　　） A. B. C. D. 3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A（2，1，1），且两平面的一个法向量=（-1，0，1），则两平面间的距离是（　　） A. B. C. D. 3 4．圆心在直线x-y-4=0上，且经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程为（　　） A. x2+y2-x+7y-32=0 B. x2+y2-x+7y-16=0 C. x2+y2-4x+4y+9=0 D. x2+y2-4x+4y-8=0 5．过点A（4，1）的圆C与直线x-y=1相切于点B（2，1），则圆C的方程为（　　） A. （x-3）2+（y+1）2=5 B. C. （x-3）2+（y-8）2=50 D. （x-3）2+y2=2 6．(5分)已知两点A（-2，0），B（0，2），点C是圆x2+y2-4x+4y+6=0上任意一点，则△ABC面积的最小值是（　　） A. 8 B. 6 C. D. 4 7．(5分)已知a＞0，b＞0，若直线l1：ax+by-2=0与直线l2：2x+（1-a）y+1=0垂直，则a+2b的最小值为（　　） A. 1 B. 3 C. 8 D. 9 8．(5分)数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A（1，0），B（0，2），且AC=BC，则△ABC的欧拉线的方程为（　　） A. 4x+2y+3=0 B. 2x-4y+3=0 C. x-2y+3=0 D. 2x-y+3=0 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分) 9．(6分)在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点P0（x0，y0，z0），且以=（a,b,c）（abc≠0）为方向向量的空间直线l的方程为． （2）过点P（x0，y0，z0），且=（m,n,t）（mnt≠0）为法向量的平面α的方程为m（x-x0）+n（y-y0）+t（z-z0）=0． 现已知平面α：x+2y+3z=6，l1：，l2：x=y=2-z,l3：，则（　　） A. l1∥α B. l2∥α C. l3∥α D. l1⊥α 10．(6分)实数x,y满足x2+y2+4x+3=0，则的（　　） A. 最小值为 B. 最小值为 C. 最大值为 D. 最大值为 11．(6分)如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△DCF分别沿DE、EF、DF折起，使A，B，C三点重合于点P，下列说法正确的是（　　） A. PE⊥DF B. 三棱锥P-DEF的体积为 C. 点P在平面DEF的投影是△DEF的内心 D. 设PD、PE、PF与平面DEF所成角分别为α、β、γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=1 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12．(5分)在如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，给出下列结论： ①直线DD1的一个方向向量为（0，0，1）；②直线BC1的一个方向向量为（0，1，1）；③平面ABB1A1的一个法向量为（0，1，0）；④平面B1CD的一个法向量为（1，1，1）． 其中正确的是 _____．（填序号） 13．(5分)设是空间的一个单位正交基底，且向量，若，则用基底表示向量=_____． 14．(5分)若两圆x2+y2=4，x2+y2+2ay-16=0（a＞0）的公共弦长为2，则公共弦所在直线的方程为_____． 四、解答题(共5题，共77.0分) 15．(13分)如图．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中． （1）如图1，已知=，=，=，点G是侧面B1BCC1的中心，试用向量，，表示下列向量：，. （2）如图2，点E，F，G分别是，，的中点，请选择恰当的基底向量．证明：平面EFG∥平面AB1C． 16．(15分)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2． （1）求证：A1C⊥平面BCDE； （2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； （3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 17． (15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，且AB=1，AD=CD=2，E在线段PD上． （Ⅰ）若E是PD的中点，试证明：AE∥平面PBC； （Ⅱ）若异面直线BC与PD所成的角为60°，求四棱锥P-ABCD的侧视图的面积． 18． (17分)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=AC=4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C=A1D，如图2． （Ⅰ）求证：DE⊥A1C； （Ⅱ）求点C到平面A1BE的距离． 19．(17分)已知圆C1：（x-1）2+y2=1与圆C2：x2+y2-8x+m=0． （1）若圆C1与圆C2恰有3条公切线，求实数m的值； （2）在（1）的条件下，若直线x+y+n=0被圆C2所截得的弦长为2，求实数n的值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 试卷答案 1．【答案】D 【解析】变形后得到2x-y-4=0的方向向量是=（1，2）求出答案． 解：2x-y-4=0变形为y=2x-4， 故2x-y-4=0的方向向量是=（1，2）， 只有选项D符合，其他选项均不合要求． 故选：D． 2．【答案】C 【解析】由已知中=（2，-1，3），=（-1，4，-2），=（7，5，λ），若，，三向量共面，我们可以用向量，作基底表示向量，进而构造关于λ的方程，解方程即可求出实数λ的值． 解：∵=（2，-1，3），=（-1，4，-2）， ∴与不平行， 又∵，，三向量共面， 则存在实数x,y使=x+y， 即， 解得λ=． 故选：C． 3．【答案】B 【解析】求得向量OA的坐标，由题意可得两平面间的距离是向量在法向量的投影的绝对值，运用向量的投影定义，计算可得所求值． 解：由题意可得=（2，1，1）， 两平行平面的一个法向量=（-1，0，1）， 两平面间的距离是向量在法向量的投影的绝对值， 可得距离为d=|| =||=， 故选：B． 4．【答案】A 【解析】设所求圆的方程为（x2+y2+6x-4）+λ（x2+y2+6y-28=0）=0，用λ表示出圆心，代入直线x-y-4=0，求出λ，从而求出所求． 解：根据题意，要求圆经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点， 设其方程为（x2+y2+6x-4）+λ（x2+y2+6y-28）=0， 变形可得（1+λ）x2+（1+λ）y2+6x+6λy-4-28λ=0， 其圆心为（-，）， 又由圆心在直线x-y-4=0上， 则有（-）-（）-4=0， 解可得λ=-7； 则圆的方程为：（-6）x2+（-6）y2+6x-42y+192=0， 即x2+y2-x+7y-32=0， 故选：A． 5．【答案】D 【解析】由圆心和切点连线与切线垂直可得kBC=-1，得到关于圆心的一个方程，根据圆的性质，可知圆心C在AB的垂直平分线x=3上，由此可求得a,b的值，得到圆心坐标，进而可求得圆的半径即可求解． 解：设圆心C（a,b）， 因为直线x-y=1与圆C相切于点B（2，1）， 所以，即a+b-3=0， 因为AB中垂线为x=3，则圆心C满足直线x=3， 即a=3，∴b=0， 所以半径， 所以圆C的方程为（x-3）2+y2=2． 故选：D． 6．【答案】D 【解析】由题意可得AB=，要求△ABC的面积的最小值，只要求C到直线AB距离d的最小值，把圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，判断直线和圆的位置关系是相离，求出圆心到直线的距离，点C到直线AB距离的最小值是圆心到直线的距离减去圆的半径． 解：圆x2+y2-4x+4y+6=0 即 （x-2）2+（y+2）2=2， ∴圆心（2，-2），半径是 r=． 直线AB的方程为x-y+2=0， 圆心到直线AB的距离为=3， 直线AB和圆相离， 点C到直线AB距离的最小值是 3-r=3-=2， △ABC的面积的最小值为=4 故选：D． 7．【答案】D 【解析】根据两直线方程表达式及其位置关系，可得，再利用基本不等式，求出a+2b的最小值即可． 解：由题可知，两条直线斜率一定存在． 因为两直线垂直，所以斜率乘积为-1， 即，即2a+b=ab,整理可得， 所以， 当且仅当a=b=3时，等号成立， 因此a+2b的最小值为9． 故选：D． 8．【答案】B 【解析】求得AB的中点和所在直线的斜率，可得线段AB的垂直平分线方程，由等腰三角形的三线合一，可得欧拉线方程． 解：△ABC的顶点为A（1，0），B（0，2），且AC=BC， 可得AB的中点为（，1），直线AB的斜率为-2， 所以线段AB的垂直平分线方程为y-1=（x-）， 即为2x-4y+3=0， 由于等腰三角形ABC中，边AB上的垂直平分线，也为高线和中线， 即直线2x-4y+3=0经过△ABC的重心、外心和垂心． 所以欧拉线方程为2x-4y+3=0， 故选：B． 9．【答案】CD 【解析】根据题意，分析平面α的法向量和三条直线的方向向量，由此分析三条直线与平面的位置关系，综合可得答案． 解：根据题意，平面α：x+2y+3z=6，即（x-1）+2（y-1）+3（y-1）=0，则平面α一个的法向量为（1，2，3），设=（1，2，3）， 直线l1：，变形可得：2x=y+1=（z+2），即==， 则直线l1的一个方向向量为（，1，），设=（，1，）， 由于=2，则l1⊥α，A错误，D正确； 直线l2：x=y=2-z,即==，直线l2的一个方向向量为（1，1，-1），设=（1，1，-1）， 由于•=1+2-3=0，则⊥， 对于l2：x=y=2-z,当x=0时，有y=0，z=2，直线l2过点（0，0，2），平面α：x+2y+3z=6，也过点（0，0，2），则l2⊂α，B错误； 直线l3：，则直线l3的一个方向向量为（5，-4，1），设=（5，-4，1）， 由于=2，则l1⊥α，A错误，D正确； 由于•=5-8+3=0，则⊥， 同时，l3：，过点（1，0，0），平面α：x+2y+3z=6不过点（1，0，0），则有l3∥α，C正确． 故选：CD． 10．【答案】AD 【解析】设=k,则kx-y=0，利用圆心到直线kx-y=0的距离d≤r,列出不等式，求出k的取值范围，即可得到答案． 解：设=k,则kx-y=0， 方程x2+y2+4x+3=0可变形为（x+2）2+y2=1， 其圆心为（-2，0），半径r=1， 由题意可得，圆心到直线kx-y=0的距离d≤r, 即，解得， 所以实数k的取值范围为， 则的最小值为，最大值为． 故选：AD． 11．【答案】ABD 【解析】根据正方形的性质和棱锥的结构特征，逐一分析选项，即可得出答案． 解：对于A：在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，则BE=AE=CF=BF=1，则EF=， ∴PE2+PF2=2=EF2，则PE⊥PF， 又PD⊥PF，PF∩PD=P，PF⊂平面PDF，PD⊂平面PDF，则PE⊥平面PDF， ∵DF⊂平面PDF，∴PE⊥DF，故A正确； 对于B：由选项A得PE⊥平面PDF，PD⊥PF， ∴VP-DEF=VE-PDF=S△PDF•PE=××1×1×2=，故B正确； 对于C：∵PD、PE、PF两两互相垂直，PD⊥PE，PD⊥PF，PE∩PF=P，PE⊂平面PEF，PF⊂平面PEF，▱ ∴PD⊥平面PEF， 又EF⊂平面PEF，则PD⊥EF， 设Q为点P在平面DEF内的投影，连接EQ、PQ，如图所示： 则PQ⊥平面DEF， 又EF⊂平面DEF，则PQ⊥EF， ∵PQ∩PD=P，PQ⊂平面PQD，PD⊂平面PQD， ∴EF⊥平面PDQ， 又DQ⊂平面PQD，则EF⊥DQ， ∵PQ⊥平面DEF，PE⊥平面PDF ∴PQ⊥DF，PE⊥FD， 又PQ∩PE=P，PQ⊂平面PQE，PE⊂平面PQE， ∴DF⊥平面PEQ， ∵EQ⊂平面PQE，∴EQ⊥DF， ∴点Q是△DEF的垂心，即点P在平面DEF内的投影是△DEF的垂心，故C错误； 对于D：由选项C得，PD、PE、PF与平面DEF所成角分别为α、β、γ， 则α=∠PDQ，β=γ=∠PEQ， 又在正方形ABCD中，SEDF=S正方形ABCD-S△ADE-S△BEF-S△CDF=，VP-DEF=S△DEF•PQ=，解得PQ=， ∴sin2α+sin2β+sin2γ=（）2+（）2+（）2=1，故D正确， 故选：ABD． 12．【答案】①②③ 【解析】根据题意，由直线方向向量、平面法向量的定义依次分析4个结论是否正确，综合可得答案． 解：根据题意，依次分析4个命题： ①正方体ABCD-A1B1C1D1中，有DD1∥AA1， ∴=（0，0，1）是直线DD1的一个方向向量，故①正确； ②正方体ABCD-A1B1C1D1中，有BC1∥AD1， ∴=（0，1，1）是直线BC1的一个方向向量，故②正确； ③正方体ABCD-A1B1C1D1中，有AD⊥平面ABB1A1， ∴=（0，1，0）是平面ABB1A1的一个法向量，故③正确； ④∵AC1与平面B1CD不垂直， ∴=（1，1，1）不是平面B1CD的一个法向量，故④错误． 故答案为：①②③． 13．【答案】 【解析】设，从而根据列出方程组，求出x=1，y=2，z=3，求出答案． 解：设， 则， 故，解得：， 故． 故答案为：． 14．【答案】y=1 【解析】两圆x2+y2=4，x2+y2+2ay-16=0（a＞0）方程相减得2ay=12，公共弦y=，由圆心（0，0）到公共弦y=的距离为1，由此能求出公共弦所在的直线方程． 解：两圆x2+y2=4，x2+y2+2ay-16=0（a＞0）方程相减得2ay=12，公共弦y=， ∵公共弦长为2，圆x2+y2=4的圆心为（0，0），半径r=2， ∴圆心（0，0）到公共弦y=的距离为1， ∴d==1，解得a=±6． ∵a＞0，∴a=6． ∴公共弦所在的直线方程为y=1． 故答案为：y=1． 15．【解析】（1）利用向量的加法，可得结论； （2）①证明=+=+=，即可证明结论； ②证明EG∥平面AB1C，EF∥平面AB1C，利用EF∩EG=E，即可证明平面EFG∥平面AB1C． 解：（1）由题意，=++，=+=-+。 （2）证明：②由①EG∥AC，EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴EG∥平面AB1C． 同理EF∥平面AB1C，∵EF∩EG=E， ∴平面EFG∥平面AB1C． 16．【解析】（1）证明A1C⊥平面BCDE，因为A1C⊥CD，只需证明A1C⊥DE，即证明DE⊥平面A1CD； （2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出平面A1BE法向量，=（-1，0，），利用向量的夹角公式，即可求得CM与平面A1BE所成角的大小； （3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为（0，a,0），则a∈[0，3]，求出平面A1DP法向量为 假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，可求得0≤a≤3，从而可得结论． （1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D， ∴DE⊥平面A1CD， 又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE 又A1C⊥CD，CD∩DE=D ∴A1C⊥平面BCDE （2）解：如图建系，则C（0，0，0），D（-2，0，0），A1（0，0，2），B（0，3，0），E（-2，2，0） ∴， 设平面A1BE法向量为 则∴∴ ∴ 又∵M（-1，0，），∴=（-1，0，） ∴ ∴CM与平面A1BE所成角的大小45° （3）解：设线段BC上存在点P，设P点坐标为（0，a,0），则a∈[0，3] ∴， 设平面A1DP法向量为 则∴ ∴ 假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则， ∴3a+12+3a=0，6a=-12，a=-2 ∵0≤a≤3 ∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直 17．【解析】（Ⅰ）证法一：利用线面平行的判定定理证明，在四棱锥P-ABCD中，取PC的中点F，连接EF、FB，只需证明四边形AEFB是平行四边形，可得AE∥FB； 证法二：建立空间直角坐标系，设PB=t,确定平面PBC的法向量=（2，-1，0），证明=0即可； （Ⅱ）求得||=，||=，利用异面直线BC与PD成60°角，结合向量数量积公式，可求PB，从而可得侧视图的面积． （Ⅰ）证法一：在四棱锥P-ABCD中，取PC的中点F，连接EF、FB， 因为E是PD的中点，所以EFCDAB，…（2分） 所以四边形AEFB是平行四边形，…（3分） 则AE∥FB， 而AE⊄平面PBC，FB⊂平面PBC，…（5分） ∴AE∥平面PBC．　　　　　　　　　　…（6分） 证法二：如图，以B为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 设PB=t,则P（0，0，t），D（-1，2，0），C（1，2，0），A（-1，0，0）， 所以E（-，1，），，…（2分） 设平面PBC的法向量为=（x,y,z），则，所以，即 取y=-1，得到平面PBC的法向量为=（2，-1，0）． 所以=0，而AE⊄平面PBC，则AE∥平面PBC．…（6分） （Ⅱ）解：同（Ⅰ）法二建立空间直角坐标系， 设PB=t（t＞0），则P（0，0，t），D（-1，2，0），C（1，2，0）， 所以=（-1，2，-t），=（1，2，0）， 则||=，||=，…（9分） 由已知异面直线BC与PD成60°角，所以•==， 又•=-1×1+2×2+（-t）×0=3， 所以=3，解得t=，即PB=， 所以侧视图的面积为S=×2×=．…（13分） 18．【解析】（Ⅰ）在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点，可得：DE∥BC．又AC⊥BC，可得DE⊥AC．在图2中，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可证明结论． （Ⅱ）由（Ⅰ）知DE⊥平面A1CD，且DE⊂平面BCDE，利用线面垂直的判定定理可得：平面A1CD⊥平面BCDE，在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O，再利用面面垂直的判定定理可得：A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1-BCE底面上的高，通过等积变形，即可得出． （Ⅰ）证明：在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点  所以DE∥BC． 又AC⊥BC，所以DE⊥AC． 在图2中DE⊥A1D，DE⊥DC，且A1D∩DC=D，则DE⊥平面A1CD． 又因为A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DE⊥平面A1CD，且DE⊂平面BCDE， 所以平面A1CD⊥平面BCDE， 且平面A1CD∩平面BCDE=DC， 在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O， 所以A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1-BCE底面上的高， 在△A1CD中，． 在△A1BE中，，，所以． 在梯形BCDE中，． 设点C到平面A1BE的距离为h, 因为， 所以，解得． 即点C到平面A1BE的距离为． 19．【解析】（1）分别求得两圆的圆心和半径，由题意可得两圆外切，可得两圆的圆心距等于半径之和，解方程可得所求值； （2）由直线和圆相交的弦长公式，结合点到直线的距离公式，解方程可得所求值． 解：（1）圆C1：（x-1）2+y2=1的圆心C1（1，0），半径r1=1， 圆C2：x2+y2-8x+m=0的圆心C2（4，0），半径r2=， 由圆C1与圆C2恰有3条公切线，可得两圆外切， 则|C1C2|=r1+r2，即1+=3， 解得m=12： （2）圆C2：x2+y2-8x+12=0的圆心为（4，0），半径为2， 由直线x+y+n=0被圆C2所截得的弦长为2， 可得2=2（d为圆心C2到直线x+y+n=0的距离）， 解得d=， 则d==， 解得n=-1或-7． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$