福建省厦门市双十中学2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题

厦门双十中学2025-2026学年上学期 高二数学第一次月考 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．选择题答案必须用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答．答案必须写在答题卡各题目指定区域相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液，不按以上方式作答无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题（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．已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，若，则（ ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 2．已知，，，若、、三个向量不能构成空间的一个基底，则实数等于（ ） A． B． C． D． 3．如图，已知空间四边形，其对角线，，，分别是对边，的中点，点在线段上，且，现用向量，，表示向量，设，则（ ） A． B． C． D． 4．已知圆：（）关于直线对称，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 5．若，满足，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 6．若点在以，，为顶点的的内部运动（包含边界），则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．已知点是坐标原点，点是圆上的动点，点是直线上的一个动点，则的最小值为（ ） A．7 B．6 C．5 D．4 8．已知圆：，直线为（），已知直线与圆相离，若在直线存在点，在圆上存在两点、，使得，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知直线：，直线：，以下说法正确的有（ ） A．直线一定过定点 B．若，则 C．的充要条件是 D．点到直线的距离的最大值为5 10．在空间直角坐标系中，，，，则下列选项正确的有（ ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 11．古希腊数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为圆，则下列结论正确的是（ ） A．圆的方程为 B．已知点，，圆上存在点，使得 C．圆上恰有一个点到直线的距离为2 D．在轴上存在异于，的两个定点，，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若直线的一个方向向量，则的倾斜角等于________． 13．已知圆：，又点在圆上运动，点，则线段中点的轨迹方程为________________． 14．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是________________． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台的北偏西45°方向处设立观测点，在平台的正东方向处设立观测点，规定经过、、三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以为坐标原点，的正东方向为轴正方向，建立平面直角坐标系． （1）试写出，的坐标，并求两个观测点，之间的距离； （2）某日，经观测发现，在该平台正南处，有一艘轮船正以每小时的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？ 16．（15分）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面． （1）证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分）已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求的面积． 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，平面平面，，． （1）在棱上是否存在某一点，使得过点，，的截面与底面的夹角为60°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （2）在（1）的条件下，设过点，，的截面交于，求四棱锥的体积． 19．（17分）已知二次曲线表示圆的充要条件为，且． 关于二次曲线，有以下结论： ①若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）． ②若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过，，，四点的二次曲线系方程为（为参数）． （1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，，求该三角形的外接圆方程． （2）记（1）中所求的外接圆为，直线（）与交于，两点（在第一象限），直线（）与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $厦门双十中学2025-2026学年上学期 高二数学第一次月考参考答案 1.B2.D3.A4.B5.D6.C7.B8.C 9.ABD 10.AC 11.ACD 3π .52 15.【详解】(1)由题意得1(-2,2)，B(12,0) (2分) :AB=v14+2=102km,(3分) (2)设圆的方程为x2+y+Dx+y+F=0. F=0 D=-12 ∴.{-2D+2E+8=0 E=-16 因为该圆经过O,A,B三点， 144+12D=0 ，(6分)解得F=0, 所以该圆的方程为：x+少-12x-16y=0,化成标准方程为：(Cx-6矿°+(0-8=100 (9分) 设轮船航线所在的直线为1，则直线I的方程为：y=x-10, d-6-8-10-6N2<r=10 圆心(6,8)到直线1：x-y-10=0的距 2 所以直线与圆相交， 即轮船会驶入安全预警区.(11分) 直线与圆截得的弦长为 L=2V100-(6√2j=4V7km L47 行驶时长v8V7=0.5 t= 时.即在安全警示区内行驶时长为半小时.(13分) 16.【详解】(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD,(1分) 因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,ACC平面ABCD, 所以AC⊥平面PBD,(3分) 因为POC平面PBD,所以AC⊥PO,(4分) 同理，BD⊥PO,(5分) 因为AC∩BD=O. 所以PO⊥平面ABCD;(6分) (2)由(1)知，AC,P0,BD两两垂直， 以O为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，(7分) ZA 0A=20D=2,则D(0,-1,0),C(-2,0,0),B(01,0),DC=(（-2,1,0) 设P(0,00,t>0,则PB=(01,-）,CB=(2,1,0),8分) 平面P4C的一个法向量为i=(0,10),(9分) 设平面PBC的一个法向量为m=(x,八，2)， m.PB=(x,y,z)(0l,-)=y-z=0 m.CB=(x,y,z)(2,10)=2x+y=0 令2=2得y=21,x=-1,故i=（4,21,2),(11分) 45 直线DC与平面PBC所成角的正弦值为15， cos(C.)- DC.m(-2,1,0)(-t,21,2_45 即 DC-例4+1×(-+42+415 化简得1=1（负值舍去），则m=(-12,2),(13分) m(-1,2,2)(01,0_2 设平面PAC与平面PBC夹角为B, os8=s低明- 园 V1+4+4 3 y 所以平面PAC与平面PBC夹角余弦值为3.(15分) 17.【详解】(1)因为直线CD的方程为x+y=0,设C(-),(2分) t+2-t+1 又A(2,,所以线段AC的中点坐标为2,2,4分) 5x1+2-2x-t+1+10=0 因为线段AC的中点在直线BE上，所以2 2 整理得71=-28，即1=4，所以C(4,4).《6分) (2)因为CD是△ABC的一条角平分线，所以点A关于直线CD的对称点A在直线BC上， n-1 m-2 ×(-2)=-1 m+2,n+1 m=-1 =0 设4(m,m）,则2中2 ,解得(n=-2 则4(-1，-2)(9分) 4-(-2） kc-4-（曰) =-2 所以 ,所以直线BC方程为y-4=-2(x+4),整理得2x+y+4=0,(10分) 2x+y+4=0 x=-2 联立直线BC与直线BE的方程，l5x-2y+10=0,解得y=0,即B(-2,0),12分) 所以BC=-2+4+(0-4=25,点A到直线BC的距离 =4+1+49 4+15, =9 所以 c×scxd-x25x25 2 5 .(15分) 18.【详解】(1)取AD中点O,取BC中点E,连接PO,OE :侧面PAD为正三角形， .PO⊥AD,(1分) ,平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, POC面PAD, .PO⊥面ABCD,(2分) :底面ABCD为矩形， ∴.OEI∥AB且OE⊥AD, 则以O为原点，OA,OE,OP所在直线分别为x,y,z轴建系如图，(3分) 3/个 所以P(00,V) A1,0,0).D(-1,0,0)B(1,3,0).C(-13,0) 设PM=PC,元∈[0，]， 则DA=(2,0,0). DM=DP+Pm=DP+Pc=(0,)+2(13,-5)-(-,3,0-2刃(4分) P0L面ABCD→平面ABCD的一个法向量元=(0,0,1)(5分) 设平面ADM的一个法向量为”=(：少2)，则 DA-n=0,[2x=0 DM-m=0{3y+51-)z=0→g=(02-V5a) (7分) 60°→cos60=-cos(,网- n'n √3元 1 平面ADM与底面ABCD的夹角为 V(-1)2+3222 1 = PM 1 又2∈[0，，解得=4，则存在点M满足条件，PC4.(9分) (2):AD/BC,AD4面PBC, AD∥面PBC, 又：ADC面ADMN, 面ADMN∩面PBC=MN, ∴.AD/MN. ∴.BCI/MN, MN PN PM 1 由(1)知BC PB PC4.(12分) 3V3 (法1)由(1)知4面ADMN的一个法向量为 -0-44 2 则点P到平面ADMN的距离 % ,(14分) m-9-网9 孤--两4丽9-网 所以ADMN为等腰梯形，所以等腰梯形的高 所以 SADI xd=-x5x13 5V3 所以 P-ADMN= Γ38216.(17分) (法2) S4m-MN-1→SAw=1→y-4m=-SA= → SAApy AD 4 SipMs 5 Ve-oy SipMx 5→'-Aw=5,-=5,PN (14分) a咖a,视 又'i-PBcS△PaC （AD)16,则 16 =5Yg-D,16分) m写x5mxP0-×3x2xV5=25 1 又 3 aw-x26-9 则 16.(17分) 19.【详解】(1)（法一）由题意，可设所求三角形的外接圆方程为： (x-3y+2)(x+2y+2)+(x+2y+2)(3x+y-4) +u(3x+y-4)(x-3y+2)=0(元，4为参数)，(2分) (1+3+34)x2+(-1+7-8)xy+(-6+22-3u)y2 +(4+22+2)x+(-2-62+14)y+4-8元-8u=0,(*) [1+31+3μ=-6+22-3u≠0 [2=-1 若方程表示圆，则-1+71-8u=0 ,解得4=-1.(4分) 2=-1 将μ=-1代入(*)式化简得x+y+2y-4=0, 验证：由02+2-4×(-4)=20>0 可知该方程表示圆.（没验证不扣分） 放该三角形的外接圆方程为+(0+刂=5.(5分) x-3y+2=0 x+2y+2=0→4(-2,0) g 3x+y-4=0 (法二) ,3y+2=0c 分) 设外接圆的一般方程为r+y2+Dx+Ey+F=0 -2D+4+F=0 [D=0 2D-2E+F+8=0→{E=2 则(D+E+F+2=0 F=-4 ,(4分) 所以圆的一般方程为x2+y2+2y-4=0 故该三角形的外接圆方程为r+(0y+)=5.(5分) (2)如图，在平面直角坐标系中， 图1 设直线BC与x轴的交点M(4,0),直线AD与x轴的交点V(飞，0)， 由题意知直线BC,AD均不与'轴垂直， 则直线BC方程可设为x=my+4,直线AD方程可设为X=m,y+, 由题意可知m≠m,且≠0，≠0.(6分) 不妨记直线BA,AD,DC,CB分别为，飞，，14， 且Al=A,1,∩l=D.4∩l,=C,l,n4=B 其中：x-y=0,h:x-my-43=0,4:k2x-y=0,L:x-my-4=0 故由题意，过A,D,C,B四点的二次曲线系方程可设为 (kx-y）(kx-y)+(x-m,y-4)x-my-4)=0（元为参数)，(8分) 即(kk,+)r-[k+k+(m+m】y++m西)y2-26+5)x +(m4,+m,4)y+4=0O, 若2=0时，方程(kx-ykx-)=0表示两条直线4，马，不表示圆， 故元≠0.由A,D,C,B四点不共线，且都在圆r+y+2y-4=0②上，(10分) 所以方程①2表示同一圆，则有：+6)=0®， (m5+m,4_m4+m4-2=-1 且 At 4-42④.(12分) 《1)由③式及≠0，可得4+4，=0，即OM=ON,故(1)得证：(14分) t=2 (i)由③式可得=-七，令4=t,则=-t,代入④式可得m,-m, x=my+t y=- 2t=4 联立BC,AD直线方程x=m,y-t,解得m,m, 即交点P在定直线y=4上，(16分) 故OP≥4.如图2，由对称性可知，当人=-k时，交点P在y轴上， 即P(0,4),此时oPl=4.故OP的最小值为4.17分) 图2