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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ {#{QQABDYQQoggoQJJAABhCAwm4CAMQkAGAAQgGQAAMIAAAARFABAA=}#}