2024-2025學年重慶八中高二（上）第一次月考數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶八中高二（上）第一次月考數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.復數(shù)z滿足z(2?i)=3+4i(i為虛數(shù)單位)，則|z?|的值為A.1 B.5 C.552.已知α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，下列說法正確的是(

)A.若α//β，l?α，m?β，則l//m B.若α⊥β，l?α，則l⊥β

C.若l⊥α，α⊥β，則l//β D.若l//α，m⊥α，則l⊥m3.“直線ax?(a+6)y+8=0與3x?ay+a?5=0平行”是“a=6”的(????)條件．A.充分不必要 B.必要不充分 C.充分必要 D.既不充分也不必要4.已知兩個單位向量e1，e2的夾角為120°，則(eA.32 B.3 C.52 5.圓x2+y2+2mx+4my+6=0關于直線mx+y+3=0A.1 B.?3 C.1或?3 D.?1或36.直線l：x+3y?3=0與圓C：(x+2)2+(y?1)2=2A.120° B.145° C.165° D.210°7.已知tan2θ=43，θ∈(0,π4)，若mcos(πA.?13 B.?12 C.8.已知圓C：(x?2)2+(y+1)2=5及直線lA.圓C被x軸截得的弦長為2

B.直線l過定點(3,2)

C.直線l被圓C截得的弦長存在最大值，此時直線l的方程為x+y?1=0

D.直線l被圓C截得的弦長存在最小值，此時直線l的方程為x?y?5=0二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，則(

)A.AB?AD=2EF B.AE?AF=4

C.AE10.如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1所有棱長均為4，D，E，F(xiàn)，G分別在棱A1B1，A1C1，AB，AC上，(不與端點重合)且A1D=A.B1C1/?/平面PFG

B.過D，F(xiàn)，G三點的平面截三棱柱所得截面一定為等腰梯形

C.M在△A1B1C1內(nèi)部(含邊界)，∠A1AM=π6，則M到棱B111.已知圓C1：x2+y2=1和圓C2：(x?m)2+(y?2m)2=4，m≥0.A.當m∈[0,55)時，圓C1和圓C2沒有公切線

B.當圓C1和圓C2有三條公切線時，其公切線的傾斜角的和為定值

C.圓C1與x軸交于M，N，若圓C2上存在點P，使得∠MPN>π2，則m∈(2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.將函數(shù)y=cos(4x?π6)的圖象向右平移φ(0<φ<π13.已知點P(3,0)在直線l上，且點P恰好是直線l夾在兩條直線l1：2x?y?2=0與l2：x+y+3=0之間線段的一個三等分點，則直線l的方程為______.(寫出一條即可14.臺風“摩羯”于2024年9月1日晚在菲律賓以東洋面上生成.據(jù)監(jiān)測，“摩羯”臺風中心位于某海濱城市O(如圖)的東偏南θ(cosθ=17)方向350km的海面P處，并以20km/?的速度向西偏北60°方向移動，臺風侵襲的范圍為圓形區(qū)域，當前半徑為130km，并以10km/?的速度不斷增大，______小時后，該海濱城市開始受到臺風侵襲．

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a=4，C=2π3，D為AB邊上一點．

(1)若D為AB的中點，且CD=3，求c；

(2)若CD平分∠ACB，且△ABC的面積為216.(本小題15分)

如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，CA=6，E為棱AC的中點，P為BC邊上靠近B的三等分點，且PB1⊥BC1．

(1)證明：CB117.(本小題15分)

圓心為C的圓經(jīng)過A(0,3)，B(2,1)兩點，且圓心C在直線l：3x?2y=0上．

(1)求圓C的標準方程；

(2)過點M(1,2)作圓C的相互垂直的兩條弦DF，EG，求四邊形DEFG的面積的最大值與最小值．18.(本小題17分)

如圖、三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，O為AB的中點，AC⊥BC，OC=1，PA=4．

(1)證明：面ACP⊥面BCP；

(2)若點A到面BCP的距離為43，證明：OC⊥AB；

(3)求OP與面PBC所成角的正弦值的取值范圍．19.(本小題17分)

在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2+y2?2x?23y?12=0，M1，M2是圓C上的動點，且|M1M2|=43，M1M2的中點為M．

(1)求點M的軌跡方程；

(2)設點A是直線l：3x?y+43=0上的動點，AP，AQ是M的軌跡的兩條切線，P，Q為切點，求四邊形APCQ面積的最小值；

(3)若垂直于y軸的直線l1過點C且與M的軌跡交于點D，E參考答案1.B

2.D

3.C

4.A

5.B

6.A

7.C

8.D

9.BC

10.ACD

11.ABD

12.π12或π13.7x?2y?21=0

14.8

15.解：(1)在△ABC中，a=4，C=2π3，

因為D為AB的中點，所以CD=12(CA+CB)，

兩邊平方得：CD2=14(CA2+CB2+2CA?CB)，

則3=14(b2+16+2×4×b×cos2π3)=14(b2?4b+16)，

即b2?4b+4=0，解得16.解：(1)證明；如圖，連接BA1∩B1A=O，連接OE，

則O為AB1的中點，又E為AC的中點，

∴CB1//OE，又CB1?平面EBA1，OE?平面EBA1，

∴CB1//平面EBA1；

(2)取AB中點M，設三棱柱的高為a，以M為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

M(0,0,0),B(0,?3,0),C(33,0,0),A(0,3,0),P(3,?2,0),C1(33,0,a),B1(0,?3,a),E(332,32,0)，

PB1=(?3,?1,a),BC1=(33,3,a)17.解：(1)∵圓心C在直線l：3x?2y=0，設C(2k,3k)，

由題意可知：|CA|=|CB|，即4k2+(3k?3)2=(2k?2)2+(3k?1)2，解得k=1，

可得圓心C(2,3)，半徑r=|CA|=2，

∴圓C的標準方程為(x?2)2+(y?3)2=4．

(2)∵|CM|=(2?1)2+(3?2)2=2<r，可知點M在圓C內(nèi)，

過點M(1,2)作圓C的相互垂直的兩條弦DF，EG，

設弦DF，EG的中點分別為弦P，Q，|CP|=a，|CQ|=b，

四邊形CPMQ為矩形，則|CP|2+|CQ|2=|CM|2，

即a2+b2=2，可得b2=2?a2,a∈[0,2]，

18.解：(1)證明：因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，

又AC⊥BC，AC，PA?平面PAC，AC∩PA=A，

所以BC⊥平面PAC，

又BC?平面BCP，

所以面ACP⊥面BCP．

(2)證明：因為O為AB的中點，AC⊥BC，OC=1，所以AB=2，OA=OB=1，

設AC=x，BC=y，所以x2+y2=4，其中0<x<2，

由(1)知，BC⊥PC，PA⊥AB，PA⊥AC，

所以PB2=PA2+AB2=20，

所以PC2=PB2?BC2=20?y2，所以PC=20?y2，

所以在直角三角形PAC中，由面積可得：4x=4320?y2，結合x2+y2=4，

解得：x2=y2=2，也即AC=BC，所以OC⊥AB．

(3)因為O為AB的中點，AC⊥BC，OC=1，所以AB=2，OA=OB=1，

設AC=x，BC=y，所以x2+y2=4，其中0<x<2，

由(1)知，BC⊥PC，PA⊥AB，PA⊥AC，

所以PB2=PA2+AB2=20，

所以PC2=PB2?BC2=20?y2，所以PC=20?y2，

過19.解：(1)∵圓C：x2+y2?2x?23y?12=0，

轉化為圓的標準方程得(x?1)2+(y?3)2=16，

∴圓C的圓心為C(1,3)，半徑R=4，

M1，M2是圓C上的動點，且|M1M2|=43，M1M2的中點為M，

∴由題意可得|CM|=r2?(12|M1M2|)2=2，

∴點M的軌跡是以C(1,3)為圓心，半徑為r=2的圓，

∴點M的軌跡方程為(x?1)2+(y?3)2=4．

(2)∵四邊形APCQ面積為：

S四邊形APCQ=2S△APC=2×12|PA|?r=2|PA|=2|PC|2?r2=2|PC|2?4，

∴當AC⊥l時，|PC|取到最小值為|PC|min=|3?3+43|(3)2+(?1)2=23，

∴四邊形APCQ面積的最小值為2(23)2?4=42．

(3)證明：垂直于y軸的直線l1過點C且與M的軌跡