福建省仙游第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

仙游一中2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷 一､单选题（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.直线的倾斜角的大小为( ) A. B. C. D. 2.空间向量在上的投影向量为( ) A. B. C. D. 3.若直线与直线垂直,则的值为( ) A.-3 B.3 C. D. 4.已知三点不共线,是平面外任意一点,若由确定的一点与三点共面,则的值为( ) A. B. C. D. 5.如图,是的重心,,则( ) A. B. C. D. 6.如图，二面角等于是棱上两点,分别在半平面内，,且 ，则的长等于( ) A.4 B. C. D.2 7.如图，在直四棱柱中,底面是边长为2的正方形，分别是，的中点，设点是线段上的动点,则的最小值为( ) A. B. C. D. 8.已知,则的最小值等于( ) A. B.6 C. D. 二､多选题（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.） 9.已知,则( ) A.直线的方程为 B.点到直线的距离为 C.为等腰直角三角形 D.的面积为5 10.已知集合直线其中是正常数,下列结论中正确的是( ) A.当时,中直线的斜率为- B.中所有直线均经过同一个定点 C.当时，中的两条平行线间的距离的最小值为 D.中的所有直线可覆盖整个直角坐标平面 11.材料:在空间直角坐标系中,经过点且法向量的平面的方程为 ,经过点,且方向向量的直线方程为 . 阅读上面材料,并解决下列问题:平面的方程为,平面的方程为 ,直线的方程为,直线的方程为,则( ) A.平面与垂直 B.平面与所成角的余弦值为 C.直线与平面平行 D.直线与是异面直线 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.若向量,若,则实数________. 13.已知直线,且,则该直线必过定点________. 14.如图，正方形和正方形的边长都是1,且它们所在的平面所成的二面角的大小是,若、分别是 上的动点,且,则的最小值是_______. 四､解答题（本大题共5小题，共77分） 15.已知直线,直线:. (1)若,求实数的值; (2)直线与坐标轴正半轴围成的三角形面积为,求直线的斜率. 16.已知直线过点且在轴上的截距相等. (1) 求直线的一般式. (2)若直线在轴上的截距不为0,点在直线上,求得最小值. 17.如图1,平面图形由直角梯形和Rt拼接而成，其中,与相交于点,现沿着将其折成四棱锥(如图2). (1) 当侧面底面时,求点到平面的距离; (2)在(1)的条件下,线段上是否存在一点,使得二面角的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 18.《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,在其中一篇《商功》中有如下描述："斜解立方，得两堑堵",堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图,在堑堵中,为棱的中点，为棱的中点。 (1)证明：平面平面; (2)求二面角的正切值; 求与平面所成角的正弦值. 19.古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系中的点，则满足的动点的轨迹记为圆. (1)求圆的方程; (2)若直线为,证明：无论为何值，直线与圆恒有两个交点. (3)若点,当在上运动时,求的最大值和最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$答案第 1页，共 9页 第一次月考数学答案解析 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A D A B C ABC AC 题号 11 答案 AD 5．D G 是 ABCV 的重心， , ,OA a OB b OC c        ， OG OC CG      ， 2 3 CG CD   ，  12CD CA CB     ，CA OA OC     ，CB OB OC     ，  2 1 1 1 13 2 3 3 3OG OC CA CB OC OB OA               ， 1 1 1 3 3 3 OG a b c       ． 6．A 由二面角的平面角的定义知 , 120BD AC     , cos , 2 2 cos120 2BD AC BD AC BD AC               , 由 AC l ,BD l ,得 0AC BA    , 0BD BA    ,DC DB BA AC   uuur uuur uur uuur , 2 2 2 22( ) 2 2 2DC DB BA AC DB BA AC DB BA DB AC BA AC                        2 2 22 2 2 2 12 2 ( 2) 16BD AC            , 所以 4DC   ,即 4CD  ． 7．B 以点D为坐标原点，分别以 1, ,DA DC DD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. 因为底面 ABCD是边长为 2的正方形， 1 3D D  ，所以 (1, 2,3)M ， ∵点 P在 xOy平面上，∴设点 P的坐标为    , ,0 , 0,1x y y ， ∵ P在DN上运动，∴ 2 ADx y AN   ，∴ 2x y ，∴点 P的坐标为 (2 , ,0)y y ， ∴       2 2 2 2 2 4 541 2 2 3 0 5 8 14 5 5 5 MP y y y y y                ， ∵  0,1y ，∴当 4 5 y  时， MP 取得最小值 3 30 5 . 8．C 答案第 2页，共 9页 令 ( , )A a b ， ( , )B c d ，由已知可得点A， B分别在直线 7 0x y   ， 5 0x y   上， 设线段 AB的中点为M ，则 , 2 2 a c b dM       ， M 到原点的距离 2 2 2 21 ( ) ( ) 2 2 2 a c b dd a c b d                  ， 依题意点M 在直线 6 0x y   上， 所以点M 到原点的最小距离即为原点到直线 6 0x y   的距离，为 0 0 6 3 2 2    ， 因此 2 21 ( ) ( ) 2 a c b d   的最小值为3 2，因此 2 2( ) ( )a c b d   的最小值等于 6 2 . 10．AC 对于 A，当 π 4   时， 2sin cos 2    ，S中直线的方程为 22 1 2 2 x y m n   ， 即 2 ny x n m    ，故其斜率为 n m  ，故 A正确； 对于 B，当 π 4   时，直线方程为 2 ny x n m    ，该直线必过 (0, 2 )n ， 当 π 2   时，直线方程为 1 1x m  ，化简得 x m ，不一定过 (0, 2 )n ，故 B错误， 对于 C，当m n 时，S中的两条平行直线间的距离为 2 2 2 2 2 sin cos d m n     ， 而 2 2 2 2 sin sin m n    ，则 2 2 2 2 2 sin cos 1 m n n     ， 故 2 2 2 2 2 2 sin cos d n m n      ，即最小值为 2n，故 C正确； 对于 D，点 (0,0)不满足方程，所以S中的所有直线不可覆盖整个平面，故 D错误， 11．AD 由材料可知：平面 的法向量  1 1, 2,1m    ，平面  的法向量  2 2, 1, 4m     ，直线 l的方向向量  1 3,1,1n   ， 直线m的方向向量  2 3, 2,1n   ； 对于 A， 1 2 2 2 4 0m m       ， 1 2m m    ，则平面 与  垂直，A正确； 对于 B， 1 11 1 1 1 2 66cos , 336 11 m n m n m n               ， 平面 与 l所成角的余弦值为 2 1 2 10231 cos , 33 m n     ，B错误； 答案第 3页，共 9页 对于 C， 2 2 6 2 4 0m n       ， 2 2m n    ，直线m 平面  或直线m平面  ， 直线m过点 ( )1,0,1P ，又 ( )1,0,1P 满足 2 4 2 0x y z    ，直线m平面  ，C错误； 对于 D， 1n  与 2n  不平行，直线m与直线 l相交或异面， 由 2 3 1 3 2 x y x y        得： 8 14 3 x y     ，此时 2 1 2 y z y z       无解，直线m与直线 l无交点， 直线m与直线 l是异面直线，D正确. 12． 8 由已知得(c+a)=(2,2,x+1),2b=(2,4,2),所以 4+8+2(x+1)=-2,解得 x=-8.填-8. 13．(6，-8) 由 3a-4b=1，得 b= 3 -1 4 a ，代入 ax+by-2=0，得 a(4x+3y)=y+8， 令 4 3 0 8 0 x y y      ， ， 解得 6 -8. x y    ， ，所以该直线过定点(6，-8). 14． 5 5 / 1 5 5 连接MB，如下图， 由题意， AM BN ， AC BF ，正方形 ABCD中， AD AB ， 正方形 ABEF 中 AF AB ， AF 平面 ABEF ， AD 平面 ABCD，平面 ABEF 平面 ABCD AB ，  DAF 就是二面角D AB F  的平面角，则 60DAF  ， 向量 AD  与向量 AF  夹角为60，且 ,AD AB AF AB      设 , , [0,1]AM AC BN BF         ，则 (1 )MC AC    ， 且由题意 | | | | | | 1AD AB AF      ， (1 )MN MB BN MC CB BN AC CB BF                   答案第 4页，共 9页 (1 )( ) ( ) (1 2 )AD AB CB BA BE AD AB AF                       ，  2 2 2 22 2 2 2(1 2 ) 2 (1 2 ) 2 (1 2 ) 2MN AD AB AF AD AB AB AF AD AF                             2 2 2 2(1 2 ) 0 0 2 cos60           25 4 1    ， 令 2( ) 5 4 1h      ， [0 ,1]， ( )h  图象开口向上，且对称轴为 2= 5  ， 当 2= 5  时， ( )h  取得最小值 min 2 1( ) ( ) 5 5 h h   ，又 2 2| |MN MN  ， 2 min 1( ) 5 MN  ，即MN的最小值是 5 5 ． 15．(1) 2 5 a   ；(2) 1 2  . （1）由 1 2l l 知： 2( 1) 3 5 2 0a a a     ，可得 2 5 a   . （2）由直线 1l 与坐标轴正半轴围成三角形，故 1 0a   ， 令 0x  ，可得 1 3 y  ；令 0y  ，可得 1 1 x a   ， 所以 1 1 1 1 2 3 1 9a     ，可得 1 2 a  ，故 1 : 3 6 2 0l x y   ，故直线 1l 的斜率为 1 2  . 16．(1) 2 0x y  或 3 0x y   ；(2)6 3 . （1）因为直线 l过点  1,2 且在 x y， 轴上的截距相等， 当截距为 0时，则 : 2l y x ； 当截距不为 0时，可设 : 1 x yl a a   ， 则 1 2 1 a a   ，即 3a  ，∴ : 3 0l x y   ； 综上， l的一般方程： 2 0x y  或 3 0x y   ； （2）由题意得 : 3 0l x y   ， 3a b   ， 3 3 2 3 3 2 3 6 3a b a b a b      ，当且仅当 3 2 a b  时，等号成立， 3 3a b  的最小值为6 3 . 17．(1) 3 3 (2)存在， 1 2 PQ QD  （1）在Rt PAD△ 中， 2PA PD  ，所以 2 2 2AD PA PD   ， 因为在直角梯形 ABCD中， 1AB BC  ，BC AD∥ ， AB AD ， 所以 2AC CD  ，所以四边形 ACDP为正方形， 答案第 5页，共 9页 所以 PC AD ， 1AO OD  ， 因为侧面 PAD 底面 ABCD，侧面PAD底面 ABCD AD ，PO 平面 PAD， 所以 PO 底面 ABCD， 连接 BO，因为 1BC OD  ， / /BC OD，所以四边形 BCDO为平行四边形， 所以 / /OB CD， 因为OB 平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 / /OB 平面 PCD， 所以点 B到平面 PCD的距离与点O到平面 PCD的距离相等， 设点O到平面 PCD的距离为 d，由题意得 1OP OC OD   ， 则 2PC PD CD   ， 因为 O PCD P OCDV V  ，所以 1 1 3 3PCD OCD S d S OP    ， 所以  21 3 1 12 1 1 13 4 3 2d       ，解得 3 3 d  ， 所以点 B到平面 PCD的距离为 3 3 ； （2）过Q作QF AD 交 AD于点 F ， 因为侧面 PAD 底面 ABCD，侧面PAD底面 ABCD AD ，QF 平面 PAD， 所以QF 底面 ABCD， 作 FH AC 交 AC于点 H ，连接QH ， 因为QF 底面 ABCD， AC 底面 ABCD，所以QF AC ， 因为 FH QF F ， ,FH QF 平面QFH ，所以 AC 平面QFH ， 因为QH 平面QFH ， 所以QH AC ，所以 QHF 为二面角Q AC D  的平面角， 则 6cos 3 QHF  ，所以 2 6 3sin 1 3 3 QHF           ， 所以 2tan 2 QHF  ， 连接 BO，交 AC于点 E，因为四边形 ABCO为正方形，所以 AC OB ， 所以 / /OE FH ，设 FD t ， 由 OE AO FH AF  ，得 2 12 2FH t   ，得 22 2 FH t  ， 答案第 6页，共 9页 因为QF FD t  ，所以 2tan 222 2 QF tQHF HF t      ，解得 2 3 t  ， 因为 PO 底面 ABCD，QF 底面 ABCD，所以 / /QF OP 所以 DQ QF DP OP  ，所以 2 3 DQ DP  ，即 1 2 PQ QD  , 所以线段 PD上存在一点Q．使得平面QAC与平面 ACD夹角的余弦值为 6 3 ， 此时 1 2 PQ QD  . 18．(1)证明见解析；(2)二面角 1 1Q AB A  的正切值为 21 6 ； (3) 1CC 与平面 1PBC 所成角的正弦值为 57 19 . （1）由已知 1 1/ /AC AC ， 1 1AC AC ， 因为 P为棱 AC的中点，Q为棱 1 1AC 的中点， 所以 1/ /AP QC ， 1AP QC ， 所以四边形 1APC Q为平行四边形， 所以 1 / /PC AQ，又 1PC 平面 1ABQ， AQ 平面 1ABQ， 所以 1PC / /平面 1ABQ， 连接 PQ，因为 1 1/ /AC AC ， 1 1AC AC ， 因为 P为棱 AC的中点，Q为棱 1 1AC 的中点， 所以 1/ /AP AQ， 1AP AQ ， 所以四边形 1AAQP为平行四边形， 答案第 7页，共 9页 所以 1/ /PQ AA ， 1PQ AA ， 又 1 1/ /AA BB ， 1 1AA BB ， 所以 1/ /PQ BB ， 1PQ BB ， 所以四边形 1BPQB 为平行四边形， 所以 1/ /BP BQ， 又 BP 平面 1ABQ， 1BQ 平面 1ABQ， 所以 / /BP 平面 1ABQ， 又 1BP PC P  ， 1,BP PC 平面 1PBC ， 所以平面 1 / /PBC 平面 1ABQ . （2）由已知 1BB 平面 ABC， ,AB BC 平面 ABC， 所以 1 1,BB AB BB BC  ，又 AB BC ， 所以直线 1, ,BB AB BC两两垂直， 以点 B为原点， 1, ,BA BB BC    为 , ,x y z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 � 3, 0,0 ，  1 0,2,0B ，  1 3,2,0A ，  1 0,2,1C ， 3 1, 2,2 2Q        ， 所以  1 3 2,0AB    ， ， 1 3 1,0, 2 2 BQ          ， 设平面 1ABQ的法向量为� = �, �, � ，则 1 1 0 0 m AB m BQ         ，所以 3 2 0 3 1 0 2 2 x y x z         ， 答案第 8页，共 9页 取 2x  ，可得 3y  ， 2 3z   ， 所以  2, 3, 2 3m   为平面 1ABQ的一个法向量， 又  0,0,1n  为平面 1 1AB A的 法向量， 设二面角 1 1Q AB A  的平面角为 ， 所以 0 0 2 3 2 57cos cos , 194 3 12 m n m n m n                 ， 观察可得 π0, 2       ，所以 2 57cos 19   ， 所以 21tan 6   ， 所以二面角 1 1Q AB A  的正切值为 21 6 . （3）因为  0,0,1C ，  1 0,2,1C ， 所以  1 0,2,0CC   ， 因为平面 1 / /PC B 平面 1ABQ，  2, 3, 2 3m   为平面 1ABQ的一个法向量， 所以  2, 3, 2 3m   为平面 1PBC 的一个法向量， 设 1CC 与平面 1PBC 所成角为 ， 所以 1 1 1 2 3 57sin cos , 192 19 CC m CC m CC m             ， 所以 1CC 与平面 1PBC 所成角的正弦值为 57 19 . 19．(1) 2 2 4x y  (2)略(3)最大值为92 8 17 ，最小值为92 8 17 . （1）设  ,P x y ，由 | | 2 | |PF PE 得 2 22PF PE ， 即    2 22 22 2 2 2x y x y       ， 整理得 2 2 4x y  ①. （2）将直线方程化简得到 y=a(x-1)+1，故无论 a为何值时，直线恒过定点（1，1）， 将该定点代入圆方程得到 12+12<4，因此定点在圆内，从而直线与圆必然相交。 （3）依题意，  ,P x y 满足 2 2 4x y  ， 答案第 9页，共 9页            2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 6 4 22 | | | | | | xPA PB P y x y xC y                2 2 2 24 4 4 16 76 4 4 19x y x y x y x y             4 4 4 19 4 4 23x y x y       ， 设 2cos , 2sin ,0 2πx y      ， 所以  2 2 22 | | | | | | 4 2cos 8sin 23PA PB PC         4 2 17 sin 23 8 17 sin 92 92 8 17,92 8 17                  ， 所以最大值为92 8 17 ，最小值为92 8 17 .