寧波鎮(zhèn)海中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試卷（解析版）

2026屆高二數(shù)學(xué)秋季月考卷第一期【答案】A【解析】考點(diǎn)：本小題主要考查平面向量的基本運(yùn)算，屬容易題.丄l2，則實(shí)數(shù)a的值為()【答案】D【解析】【分析】對a進(jìn)行分類討論，代入k1.k2=?1求解即可.a2，所以k1.k2=?1，所以=?1，解得：a=?1.3.已知m是實(shí)常數(shù)，若方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲線是圓，則m的取值范圍為()A.【答案】B【解析】【分析】由方程表示的曲線為圓，可得出關(guān)于實(shí)數(shù)m的不等式，解出即可.【詳解】由于方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲線為圓，則22+42?4m>0，解得m<5.【點(diǎn)睛】本題考查利用圓的一般方程求參數(shù)，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.4.設(shè)a，b為兩條直線，α,β為兩個(gè)平面，下列四個(gè)命題中，正確的命題是()A.若a，b與α所成的角相等，則aⅡbB.若a∥α,b∥β,α∥β,則aⅡb【答案】D【解析】A.0B.?C.?或0D.【答案】D【解析】【分析】求出MN到圓心的距離和圓心(3,2)到直線y=kx+3的距離，即可求出k的值.2【答案】B【解析】【分析】假設(shè)直線截距式方程，代入已知點(diǎn)坐標(biāo)可得a,b之間關(guān)系，根據(jù)a,b為正整數(shù)可分析得到結(jié)果.【詳解】」a,b均為正整數(shù)，::a= 或即滿足題意的直線l方程有2條.取值范圍是()【答案】C【解析】a的范圍.28.已知點(diǎn)P在直線y=?x?3上運(yùn)動，M是圓x2+y2=1上的動點(diǎn)，N是圓(x?9)2+(y?2)2=16上的動點(diǎn)，則PM+PN的最小值為()【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)可得PM+PN≥PO+PC?5，故求PM+PN的最小值，轉(zhuǎn)化為求PC+PO的最小值，再根據(jù)點(diǎn)關(guān)于線對稱的性質(zhì)，數(shù)【詳解】如圖所示，2故求PM+PN的最小值，轉(zhuǎn)化為求PC+PO的最小值，當(dāng)P,G,C三點(diǎn)共線時(shí)，等號成立，【答案】AC【解析】不平行.【答案】AC【解析】【詳解】π3選項(xiàng)A：先判斷出AD1與A1C1所成角即為BC1與A1C1所成角，□ABC1為π3;故AA.四邊形MAPB面積的最小值為4B.四邊形MAPB面積的最大值為8C.當(dāng)上APB最大時(shí)，PA=2D.當(dāng)上APB最大時(shí)，直線AB的方程為x+y=0【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)已知，結(jié)合圖形，利用直角三角形、正方形的性質(zhì)、直線方程股定理計(jì)算求解.MAPB的面積S=2S△PAM=PA.AM=2PA，對于B，因?yàn)镸P無最大值，即PA無最大值，故四邊形MAPB面積無最大值，故B錯(cuò)誤；對于C，因?yàn)樯螦PM為銳角，上APB=2上APM，且sin上APM=故當(dāng)MP最小時(shí)，上APM最大，此時(shí)上APB最大，此時(shí)PA=2，故C正確；l2之間的距離最大值為.【答案】5【解析】【分析】分別求出直線l1，l2過的定點(diǎn)A，B，當(dāng)AB與兩直線垂直時(shí)距離最大，且最大值為|AB|，由此即可求解.ABC，則該三棱錐的外接球的表面積為.【解析】【分析】本題首先可在DPAB中根據(jù)余弦定理得出AB=3，然后通過勾股定理得出垂直的性質(zhì)得出BC丄平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距離為2，再然后通過正弦定理求出DPAB的外接圓的半徑，最后根據(jù)R2=r2+22求出外接球的半徑，即可求出外接球的表面積.【詳解】在DPAB中，由余弦定理易知，AB2=PA2+PB2–2.PA.PB.cosLAPB，2–2×=9，解得AB=3，因?yàn)锳B2+BC2=AC2，所以AB丄BC，因?yàn)槠矫鍼AB丄平面ABC且交于AB，BC?平面ABC，所以BC丄平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距離為BC=2，設(shè)□PAB的外接圓的半徑為r，外接球的半徑為R，則由正弦定理得出，解得r=R2=r2+22，解得R=·,外接球的表面積S=4πR2=28π,故答案為：28π.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查幾何體的外接球的表面積的求法，考查面面垂直證明線面垂直，考查余弦定理與正弦定理的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合思想，是難題.14.若點(diǎn)A（x，y）滿足Cx+3）2+（y+4）2≤25，點(diǎn)B是直線3x+4y=12上的動點(diǎn)，則對定【答案】【解析】,將模長最值問題轉(zhuǎn)化為求圓心到直5【點(diǎn)睛】此題考查求距離的最值問題，以向量為背景，通過幾何關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為求圓及其內(nèi)部的點(diǎn)到直線距離的最值問題，涉及數(shù)形結(jié)合思想.（1）若直線l過點(diǎn)P，且點(diǎn)A(1,3)和點(diǎn)B(3,2)到直線l的距離相等，求直線l的程.【解析】（2）可設(shè)直線方程的截距式，由題可得即求.16.某同學(xué)在勞動實(shí)踐課上制作了一個(gè)如圖所示的容器，其上方體，已知正四棱錐S?ABCD的高是長方體ABCD（2）求正四棱錐的斜高和體積.【解析】（2）設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，連結(jié)SO，則SO為正四棱錐的高，取AB的中點(diǎn)E，連結(jié)OE、SE，則SE為正四棱錐的斜高，利用正四棱錐的性質(zhì)以及錐體的體積公式可得結(jié)果.記長方體外接球的半徑為R，線段AC1就是其外接球直（2）如圖，設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，連結(jié)SO，則SO為正四棱錐的高，取AB的中點(diǎn)E，連結(jié)OE、SE，則SE為正四棱錐的斜高，?1,，P是直線l1:y=x?2上的任意一點(diǎn)，直線:y=x+1與圓C交于A、B兩點(diǎn).22（2）求PA+PB的最小值.22【答案】（1）x2+y2+2x?1=02）13.【解析】【分析】（1）設(shè)圓C的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，即可根據(jù)題意列出三個(gè)方程，解出D,E,F，即可得到圓C的方程；（2）聯(lián)立直線l2的方程和圓C的方程可得A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)P(x,y)，再根據(jù)兩點(diǎn)間的距22示出PA+PB，消去y，可得關(guān)于x的二次函數(shù)，即可求出最小值.22【詳解】（1）設(shè)圓C的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，依題意可得，{?2D+E+F+5={?2D+E+F+5=0?D=2,E=0,F=?1.l?D+E+F=3=0所以圓C的方程為：x2+y2+2x?1=0.不妨設(shè)A(0,1),B(?2,?1)，P(x,y)，則y=x?2，22故PA+PB的最小值為13.22【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的方程的求法，直線與圓的交點(diǎn)坐標(biāo)的求法，以及兩點(diǎn)間的距離在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.2=4.（1）若直線l過點(diǎn)A(?1,0)，且與圓C1相切，求直線l（2）設(shè)P為直線上的點(diǎn)，滿足：過點(diǎn)P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等．試求滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】（1）x=?1或3x?4y+3=0【解析】離等于半徑可構(gòu)造方程求得k，由此可得切線方程；設(shè)點(diǎn)P當(dāng)直線l1斜率存在時(shí)，根據(jù)截得弦長相等可求得m的值；當(dāng)l1斜率為0時(shí)，易知不滿足題意；當(dāng)直線l1斜率存在且不為0時(shí)，假設(shè)直線l1,l2方程，根據(jù)垂徑定理表示出直線被圓截得的弦長，根據(jù)k有無數(shù)個(gè)解可確定m的取值.當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為：y=k k2+14:圓心C1到直線l的距離d==2 k2+14:直線l方程為，即3x?4y+3=0；：，:l2:y=m被圓C2截得的弦長為解得：②當(dāng)過P的直線l1斜率為0時(shí)，直線l2斜率不存在，此時(shí)l2:x=?與圓C2相離，不合題意；(3)③當(dāng)過P|(?2,m,的直線l1斜率存在且不為(3):圓心C1到直線l1的距離；圓心C2到直線l2的距離d2=；」直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，,2:d1=d2，:?3k?2+2m=11+10k?2km，綜上所述：滿足條件的P點(diǎn)的坐標(biāo)為.=2，D、E、F分別為AC、BC、B1B的中點(diǎn)，G為線段DE上一動點(diǎn).