高二数学第一次月考卷01（全解全析）PDF版(1)_1多考区联考_0920（新高考通用）黄金卷：2024-2025学年高二上学期第一次月考（含答题卡word解析版）

2024-2025 学年高二数学上学期第一次月考卷 01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：空间向量与立体几何+直线与圆。
5．难度系数：0.65。
第Ⅰ卷
一、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．直线l :x10与直线l :x 3y20的夹角为（ ）
1 2
π π π π
A． B． C． D．
2 3 4 6
【答案】B
π
【详解】设两直线的倾斜角分别为,，由l :x10，则 ，
1 2
3 π
由l :x 3y20，则tan ，即 ，
2 3 6
π π π
则两直线夹角为   .
2 6 3
故选：B.
2．棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则 B  A  C  E  （ ）
A．1 B．－1 C． 3 D． 3
1
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}【答案】A
           
【详解】CE CAAE，所以BACEBA CAAE BACABAAE22cos6021cos1201．
故选：A．
3．若点A2,1在圆x2 y22mx2y50（m为常数）外，则实数m的取值范围为（ ）
A．,2 B．2, C．,2 D．2,
【答案】C
【详解】由题意知22124m250，
故m2，
又由圆的一般方程x2 y2DxEyF 0，
可得D2E24F 0，即(2m)2(2)2450，
即m2或m2，
所以实数m的范围为m2.
故选：C.
4．已知两点A1,5,B0,0，若直线l:k1x2k2y2k60与线段AB有公共点，则直线l斜率的
取值范围为（ ）
A．

1,01,  B． ,11,
 1 1   1 1 
C．,1  0,  ,1  D．  1,  ,1 
 2 2   2 2 
【答案】D
【解析】由直线l:k1x2k2y2k60，
x2y20 x2
变形可得x2y2kx2y60，由 ，解得 ，
x2y60 y2
可得直线l恒过定点P2,2，
52 20
则k  1,k  1，
PA 12 PB 20
k1 1 2 1
又直线l的斜率为    ，
2k2 2 2k2 2
2
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#} 1 1 
若直线l与线段AB有公共点，则直线l斜率的取值范围为

1,  ,1

.故选：D.
 2 2 
5．已知向量p
以
 a,b  ,c 为基底时的坐标为2,3,3，则p
以
 a2b  ,ab  ,2c
为基底时的坐标为（ ）
5 1 3 5 1 3
A． , ,  B． , ,  C．1,3,2 D．1,3,2
2 2 2 3 3 2
【答案】B
【详解】因为向量p 以  a,b  ,c 为基底时的坐标为2,3,3，
   
所以p2a3b3c，
        
设p x(a2b) y(ab)2zc(x y)a(y2x)b2zc，
 5
x

3
xy2 
  1
由空间向量基本定理得y2x3，解得y ，
3
 
2z3
 3
z

 2
所以p 以  a2b  ,ab  ,2c 为基底时的坐标为   5 , 1 , 3 .
3 3 2
故选：B
x y x y
6．直线  1与  1mn在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
m n n m
A． B． C． D．
【答案】B
x y n x y m
【详解】易知直线  1的斜率为 ，直线  1的斜率为 ，
m n m n m n
于是两直线的倾斜角同为锐角或者同为钝角，且斜率的绝对值一个大于1，一个小于1，
检验4个选项，知只有B选项满足题意．
故选：B.
7．在三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PAPBPC2.若M 为该三棱锥外接球上的一点，
 
则MBMC的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．22 3 D．42 3
【答案】C
3
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体体对角线
的交点，
P0,0,0，𝐴(2,0,0)，B0,2,0，C0,0,2，O1,1,1，Mx,y,z，
设三棱锥外接球的半径为R，2R 222222 2 3，则R 3，
     
MBMC MOOB  MOOC ，
2     
MO  OBOC MOOBOC，
M  O 2 R2 3，O  B  1,1,1，O  C  1,1,1，
O  B  O  C  2,0,0，O  B  O  C  1111，
           
OBOC MO OBOC MO cos OBOC,MO 2 3cos OBOC,MO ，
       
所以MBMC 32 3cos OBOC,MO 122 3cos OBOC,MO ，
  
当cos OBOC,MO 1时，M  B  M  C  取得最大值22 3.
故选：C
8．已知圆C：x52y122 4和两点A0,b，B0,bb0，若圆C上存在点P，使得APB90，
则b的取值范围为（ ）
A．11,15 B．10,16 C．8,12 D．9,13
【答案】A
【详解】因为圆C上存在点P，使得APB90，
所以，以AB为直径的圆与圆C有交点，
又以AB为直径的圆，圆心为𝑂(0,0)，半径为b，圆C的圆心为C5,12，半径为2，
所以OC 2b OC 2，即132b132，即11b15.
故选：A
4
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
   
9．在四棱柱ABCD ABCD 中，CM MD ，CQ4QA ，则（ ）
1 1 1 1 1 1
 1 2   1  1
A．AM  AB ADAA B．AM  ABAD AA
3 3 1 2 2 1
 1 1 3  1 1 4
C．AQ AB AD AA D．AQ AB AD AA
4 4 4 1 5 5 5 1
【答案】BD
      1 
【详解】AM  ABBCCM  ABAD CDCC
2 1
  1 1 1  1
 ABAD AB AA  ABAD AA ，故A错误、B正确；
2 2 1 2 2 1
    1  1  
AQ AA AQ AA  AC AA  AD DC CC
1 1 1 5 1 1 5 1 1 1 1 1
 1   1 1 4
 AA  ADABAA  AB AD AA ，故C错误、D正确．
1 5 1 5 5 5 1
故选：BD．
10．以下四个命题叙述正确的是（ ）
A．直线2xy10在x轴上的截距是1
1
B．直线xky0和2x3y80的交点为P，且P在直线xy10上，则k的值是
2
C．设点M(x,y)是直线x y20上的动点，O为原点，则OM 的最小值是√2
D．直线L :ax3y10，L :2xa1y10，若L //L ，则a3或2
1 2 1 2
5
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}【答案】BC
1
【详解】对于A，直线2xy10在x轴上的截距是 ，A错误；
2
2x3y80 x1 1
对于B，由 解得 ，即P(1,2)，则12k 0，解得k  ，B正确；
xy10 y2 2
2
对于C，依题意，OM   2，C正确；
min 1212
对于D，当a2时，直线L :2x3y10,L :2x3y10重合，D错误.
1 2
故选：BC
11．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C :(x1)2y2 2的动弦AB，圆C :(xa)2(y 2)2 8，则下
1 2
列选项正确的是（ ）
A．当圆C 和圆C 存在公共点时，则实数a的取值范围为[3,5]
1 2
B．

ABC
1
的面积最大值为1
 
C．若原点O始终在动弦AB上，则OAOB不是定值
D．若动点P满足四边形OAPB为矩形，则点P的轨迹长度为2 3π
【答案】ABD
【详解】对于A，圆C :(x1)2y2 2的圆心为(1,0)，半径为 2，
1
 
圆C :(xa)2(y 2)2 8的圆心为 a, 2 ，半径为2 2，
2
当圆C 和圆C 存在公共点时，2 2 2 CC 2 2 2，
1 2 1 2
 2
所以2(a1)2  2 18，解得3a5，所以实数a的取值范围为[3,5]，正确；
1
对于B，

ABC
1
的面积为S
ABC1

2
 2 2sinAC
1
BsinAC
1
B1，
π
当AC
1
B
2
时，

ABC
1
的面积有最大值为1，正确；
 
对于C，当弦AB垂直x轴时，A0,1,B0,1，所以OAOB0111，
当弦AB不垂直x轴时，设弦AB所在直线为ykx，
与圆C :(x1)2y2 2联立得，  1k2 x22x10，
1
设A(x,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
则xx  1 ，O  A  O  B   xx  y y xx k2xx   1k2 xx   1k2  1 1，
1 2 1k2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1k2
 
综上OAOB1，恒为定值，错误；
6
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}x y 
对于D，设𝑃(𝑥 (cid:2868) ,𝑦 (cid:2868) )，OP中点  2 0 , 2 0   ，该点也是AB中点，且ABOP x 0 2y 0 2 ，
x  2 y2 x  2 y2
又AB2 2 0 1   0  ，所以2 2 0 1   0   x2y2 ，
 2  4   2  4  0 0
化简得x 12y2 3，所以点P的轨迹为以(1,0)为圆心，半径为 3的圆，
0 0
其周长为2 3π，正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
 
12．直线 3sin xy20的倾斜角的取值范围是 ．
 π 2π 
【答案】  0,  ,π
 3  3 
【详解】tan 3sin   3, 3  ，故    0, π 3        2 3 π ,π   .
 π 2π 
故答案为：  0,  ,π.
 3  3 
13．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.
活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF 上移动，且CM和BN 的长度保持相等，记
CM BN a(0a 2)，当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为 .
2 2 2
【答案】 ## 2
3 3
【详解】以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
7
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}则A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0),E(0,1,0)，
a a a a
因为CM BN a，所以M( ,0,1 ),N( , ,0)，
2 2 2 2
2 1
所以MN  a2 2a1 (a )2 ，
2 2
2 1 1 1 1
当a 时，MN最小，此时，M,N为中点，则M( ,0, ),N( , ,0)，
2 2 2 2 2
1 1 1
取MN的中点G，连接AG,BG，则G( , , )，
2 4 4
因为AM  AN ，BM BN，所以AGMN，BGMN，
所以AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角，
 1 1 1  1 1 1
因为GA( , , )，GB( , , )，
2 4 4 2 4 4
1 1 1
   
  GA·GB 4 16 16 1
cos GA,GB   
所以   ，
GA·GB 1 1 1 1 1 1 3
    
4 16 16 4 16 16
1
所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是 ，
3
1 2 2
所以平面MNA与平面MNB夹角的正弦值是 1( )2  ．
3 3
14．过直线y2上任意一点P作圆O：x2y2 1的两条切线，则切点分别是A,B，则

OAB面积的最大值
为 .
3 1
【答案】 / 3
4 4
8
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}【详解】
如图，设点P（t,2），因OAPA,OBPB,故点A,B在以OP为直径的圆C上，
t t24 t t24
因圆心C( ,1)，半径为 ，故圆C的方程为：C:(x )2(y1)2  ，
2 2 2 4
又圆O：x2y2 1，将两式左右分别相减，整理得直线AB的方程为：l :tx2y10，
AB
1 1 t23
于是，点O(0,0)到直线l :tx2y10的距离为：d  ，|AB|2 1( )2 2 ，
AB t24 t24 t24
1 1 t23 1 t23
故 OAB的面积为：S = |AB|d  2   ，
 AOB 2 2 t24 t24 t24
m 1
S  
不妨设m t23,则m 3，且t2 m23，故 △AOB m21 1 ，
m
m
1 4 3 3
因ym 在[ 3,)上单调递增，故y ，此时S  ，
m 3 △AOB 4
3
即t 0时，点P(0,2)时， OAB面积的最大值为 .

4
3
故答案为： .
4
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知平面内两点A6,6，B2,2．
(1)求过点P1,3且与直线AB垂直的直线l的方程．
(2)若

ABC是以C为顶点的等腰直角三角形，求直线AC的方程．
62 1
【详解】（1）由题意得k  2，则直线l的斜率为 ，
AB 62 2
1
所以过点P1,3且与直线AB垂直的直线l的方程为：y3 x1，
2
即x2y50．····································5分
（2）AB的中点坐标为4,2，
9
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}1 1
由（1）可知线段AB垂线的斜率为 ，所以线段AB垂直平分线的方程为y2 x4，
2 2
即x2y80．
因为

ABC是以C为顶点的等腰直角三角形，
所以点C在直线x2y80上，
故设点C为2a8,a，
a6 a2
由CBCA可得：  1，
2a86 2a82
解得a0或a4，·······························10分
所以点C坐标为8,0或0,4，
则直线AC的方程为3xy240或x3y120．····································13分
16．（15分）如图，正四棱锥PABCD的底面边长和高均为2，E，F分别为PD，PB的中点．
(1)证明：EF PC；
1
(2)若点M是线段PC上的点，且PM  PC，判断点M是否在平面AEF内，并证明你的结论；
3
【详解】（1）连接AC、BD交于O，连接OP，由正四棱锥的性质可得PO平面ABCD，底面ABCD为正
方形，则ACBD，
所以以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
2 2
则A( 2,0,0),B(0, 2,0),P(0,0,2),C( 2,0,0),D(0, 2,0)，E(0, ,1)，F(0, ,1)，
2 2
   
则EF (0, 2,0)，PC ( 2,0,2)，则EFPC0，
10
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}所以EF PC.····································7分
 2  2
（2）由（1）知AE( 2, ,1)，AF ( 2, ,1)，
2 2
  1 1 4 4
AP( 2,0,2)，AP PC ( 2,0,2) ( 2,0,2)( 2,0, )，
3 3 3 3
 1     1 4 4
又PM  PC，得AM  APPM  AP PC ( 2,0, )，
3 3 3 3
   2 2
AEAF (2 2,0,2)，所以AM  AE AF ，
3 3
所以A、M 、E、F 四点共面，即点M 在平面AEF内．····································15分
17．（15分）已知直线l过点A2,0，圆C：x42y32 4（C为圆心）．
(1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程．
(2)若直线l与圆C交于M，N两点，P为线段MN的中点，直线l与直线2x3y20的交点为Q，判断 AP  AQ
是否为定值？若是，求定值；若不是，请说明理由．
【详解】（1）若直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x2，符合题意；
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2，即kxy2k 0．
4k32k 5
因为直线l与圆C相切，所以 2，解得k  ．
k21 12
故直线l的方程为x2或5x12y100．····································6分
（2）因为直线l与圆C相交，所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为kxy2k 0．
 6k2
x

kxy2k 0  23k 6k2 2k 
联立 ，解得 ，即Q , ．················9分
2x3y20

2k  23k 23k
y 
 23k
因为P为线段MN的中点，所以直线CP与直线l垂直，
1
故直线CP方程为y3 x4，
k
11
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#} 2k23k4
  kxy2k 0   x k21 2k23k4 3k22k
联立 1 ，解得 ，即P , ．··············12分
 y3 x4  3k22k  k21 k21 
 k y
 k21
2k23k4  2 3k22k 2 6k2  2  2k  2
则 AP  AQ   2    2   
 k21   k21   23k  23k
3k2 k21 2 k21
  2．
k21 3k2
故 AP  AQ 为定值2． ····································15分
1
18．（17分）如图，直角梯形 ACDE 中， A45,EDCD AC2,B、M 分别为AC、ED 边的中点，
2
将△ABE 沿BE 边折起到△A'BE 的位置，N 为边A'C 的中点．
(1)证明：MN∥ 平面A'BE；
3
(2)当三棱锥ABEN的体积为 ，且二面角ABEC为锐二面角时，求平面 NBM 与平面BEDC 夹角
3
的正切值．
【详解】（1）取AB的中点H，BC的中点O，由题意知，CD  ED BC 2，
直角梯形ACDE中BC//ED,BC CD，四边形BEDC为正方形，
N 为AC的中点，
NH //BO//EM,NH BOEM ，
四边形EMNH 为平行四边形，EH //NM ，

EH 平面ABE，NM不在面ABE内，
MN //平面ABE.····································6分
（2）连接AO，则AOBC，以OC为x轴，OM 为y轴，OA为z轴建立空间直角坐标系，

BE AB,BEBC，AB,BC面ABN，
BE平面ABN，
12
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}3 1 3
V V   BES ，S  ··············8
ABEN EABN 3 3 ABN ABN 2
分
1
BABC，S  BCABsinABC 2S  3，
 ABC 2 ABN
3
sinABC  ，∵二面角ABEC为锐二面角，  ABC为等边三角形，
2
1 3
则B(1,0,0),C(1,0,0),A(0,0, 3),N( ,0, ),M(0,2,0),D(1,2,0)，
2 2
 
设n (x,y,z )为平面NBM 的法向量，易知n (0，0，1)为平面BCD的法向量，
1 1 1 1 2
  3 3
 n BN 0  x  z 0 
 n 
1
1   B  M  0  

2
x
1
2
2
y 
1
0
，令x 1 2n 1 (2,1,2 3)··································12分
1 1
设平面NBM 与平面BEDC的夹角为，
 
n n 2 3 2 51 15
cos

1

2

  ，tan
n  n 4112 17 6
1 2
15
平面NBM 与平面BEDC的夹角的正切值为 .····································17分
6
19．（17分）
某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏
2
东为的笔直公路，其中cos .摩天轮近似为一个圆，其半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，其
7
最高点为A，A点正下方的地面B点与公路的距离为70m.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲
乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计）
13
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{#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}(1)如图所示，甲位于摩天轮的A点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？
(2)当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？
【详解】（1）如图所示，设公路所在直线为l，过B点作l的垂线，垂直为D，BD70m.
因为圆的半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，所以AB75m.
AB 75 15
从甲看乙的最大俯角与ADB相等，由题意得AB BD，则tanADB   .
BD 70 14
····································7分
（2）如图所示，设甲位于圆O上的R点处，直线OF 垂直于OA且交圆O于F 点，射线OR可以看成是射线
OF 绕着O点按逆时针方向旋转角度得到.
过R点正下方的地面T 点向l作垂线，垂足为S.
当tanRST取得最大值时，RST即为从乙看甲的最大仰角.
35sin40 8 8
tanRST  sin  sin
题意得： 2 7 7 7 7 ,
7035cos    
7 2 7cos 2 7cos
8
 sin  8
其中， 7 表示点cos,sin和点7, 构成的直线a的斜率，
 7
7cos
当直线a的斜率取得最小值时，tanRST取最大值.································11分
因为点cos,sin在单位圆x2y2 1上，
所以当直线a与单位圆相切时，斜率取得最大值或最小值.
 8 8
设过点7, 的直线方程为：y kx7，
 7 7
49k8
14 151
由相切可得 1，解得k  ，····································15分
7 1k2 84
14 151
则直线a的斜率最小值为 ，代入可得tanRST取最大值是
84
14 151
.····································17分
24
14
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