高二上學期第一次月考數(shù)學試卷(提高篇)(解析版)

2023-2024學年高二上學期第一次月考數(shù)學試卷（提高篇）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023春·新疆省直轄縣級單位·高二校考開學考試）在以下命題中：①三個非零向量a，b，c不能構成空間的一個基底，則a，b，c共面；②若兩個非零向量a，b與任何一個向量都不能構成空間的一個基底，則a，b共線；③對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若OP=2OA?2OB?2OC，則P，④若a，b是兩個不共線的向量，且c=λa+μ⑤若a,b,其中真命題的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)空間向量的運算法則，逐一判斷即可得到結論.【解答過程】①由空間基底的定義知，三個非零向量a，b，c不能構成空間的一個基底，則a，b，c共面，故①正確；②由空間基底的定義知，若兩個非零向量a，b與任何一個向量都不能構成空間的一個基底，則a，b共線，故②正確；③由2?2?2=?2≠1，根據(jù)共面向量定理知P,A,B,C四點不共面，故③錯誤；④由c=λa+μb，當λ+μ=1時，向量c與向量a，⑤利用反證法：若a+設a+b=xb+c+1?xc綜上：①②⑤正確.故選：D.2．（5分）（2023秋·安徽六安·高二校考期末）已知直線kx?y?k?1=0和以M?3,1，N3,2為端點的線段相交，則實數(shù)k的取值范圍為（A．?12≤k≤C．k≤?12或k≥32 【解題思路】根據(jù)直線方程kx?y?k?1=0得到恒過定點A1,?1，利用坐標得到kMA=?12【解答過程】直線kx?y?k?1=0恒過定點A1,?1，且kMA=?12，k故選：C.3．（5分）（2023春·甘肅蘭州·高二?？计谀┮阎匦蜛BCD,P為平面ABCD外一點，PA⊥平面ABCD，點M,N滿足PM=12PC，PN=23A．?1 B．1 C．?12 【解題思路】根據(jù)題意，由平面向量基本定理結合平面向量的線性運算，即可得到結果.【解答過程】

因為PM=12所以MN=2因為MN=xAB+yAD+zAP，所以所以x+y+z=?1故選：C.4．（5分）（2023·山東青島·統(tǒng)考三模）瑞士數(shù)學家歐拉在《三角形的幾何學》一書中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上．這條直線被稱為歐拉線．已知△ABC的頂點A?3,0，B3,0，C3,3，若直線l：ax+a2?3y?9=0A．－2 B．－1 C．－1或3 D．3【解題思路】根據(jù)三角形頂點坐標得出重心與外心，求出三角形歐拉線，根據(jù)直線平行得解.【解答過程】由△ABC的頂點A?3,0，B3,0，△ABC重心為?3+3+33,0+0+3又三角形為直角三角形，所以外心為斜邊中點?3+32,0+3所以可得△ABC的歐拉線方程y?1x?1=1?因為ax+a2?3所以a1解得a=?1，故選：B.5．（5分）（2023秋·河北邯鄲·高二統(tǒng)考期末）在平面直角坐標系中，已知點Pa,b滿足a+b=1，記d為點P到直線x?my?2=0的距離.當a,b,m變化時，A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】根據(jù)直線l:x?my?2=0過定點A確定出對于給定的一點P，d取最大值時PA⊥l且dmax=PA，然后根據(jù)點P為正方形上任意一點求解出PA【解答過程】直線l:x?my?2=0過定點A2,0對于任意確定的點P，當PA⊥l時，此時d=PA當PA不垂直l時，過點P作PB⊥l，此時d=PB因為PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：當P確定時，dmax即為PA，且此時PA⊥l又因為P在如圖所示的正方形上運動，所以dmax當PA取最大值時，P點與M?1,0重合，此時PA所以dmax故選：C.6．（5分）（2023春·上海黃浦·高二?？茧A段練習）若點N為點M在平面α上的正投影，則記N=fαM.如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，記平面AB1C1D為β，平面①線段PQ2長度的取值范圍是②存在點P使得PQ1//③存在點P使得PQ其中，所有正確結論的序號是A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②【解題思路】以點D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D?xyz，設點P的坐標為0,1,a0<a<1，求出點Q【解答過程】取C1D的中點Q2，過點P在平面AB1C1D內作PE⊥C在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AD⊥平面又∵PE⊥C1D，AD∩C1D=D，∴PE⊥平面同理可證EQ1⊥γ，CQ⊥β，則f以點D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D?xyz，設CP=a0<a<1，則P0,1,a，C0,1,0，E對于命題①，PQ2=14+a?12對于命題②，∵CQ2⊥β，則平面βPQ1=0,a?1所以，存在點P使得PQ1//對于命題③，PQ2=整理得4a2?3a+1=0，該方程無解，所以，不存在點P故選：D.7．（5分）（2022秋·浙江嘉興·高二?？计谥校┮阎獔AO：x2+y2=2，過直線l：2x+y=5在第一象限內一動點P作圓O的兩條切線，切點分別是A，B，直線AB與兩坐標軸分別交于MA．12 B．1625 C．25【解題思路】設Px0,y0【解答過程】設Px0,設Ax當x1≠0,y1≠0時，kAO?kPA即xx1+yy1=x12+y12，而將P的坐標代入上述直線方程,則有x1于是直線AB的方程為x0分別令x=0,y=0，易得xM=2△OMN的面積為S=1當且僅當2x0=y0所以△OMN面積的最小值為1625故選：B.8．（5分）（2023·江蘇·高二專題練習）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，線段B1D1上有兩個動點EA．當E，F(xiàn)運動時，存在點E，F(xiàn)使得AE⊥CFB．當E，F(xiàn)運動時，存在點E，F(xiàn)使得AEC．當E運動時，二面角E?AB?C的最小值為45°D．當E，F(xiàn)運動時，二面角A?EF?B的余弦值為定值1【解題思路】建立空間直角坐標坐標系，求得相關點坐標，利用空間向量的數(shù)量積的計算，可判斷A；假設AE∥【解答過程】對于A，以C為坐標原點，CD,CB,CC1為則A2,2由于EF=2，設E(t則AE=則AE?所以當E，F(xiàn)運動時，故存在點E，F(xiàn)使得AE⊥CF，A錯誤；對于B，若AE∥BF，則A,B,B1,對于C，設平面ABE的法向量為m=(x,y,z)，又AB故AB?m=?2x=0AE?平面ABC的法向量可取為n=(0,0,1)故cos?因為1≤t≤2，且函數(shù)y=1+4t2在當且僅當t=2時，11+設二面角E?AB?C的平面角為θ,0°≤θ≤90°即二面角E?AB?C的最小值為45°，C正確；對于D，連接BD,AD1,AB1，平面EFB平面BDD1B設平面AB1D1的法向量為故AB1?t=?2a+2c=0故cos?由圖知二面角A?EF?B為銳角，則二面角A?EF?B的余弦值為定值63故選：C.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023春·江蘇宿遷·高二校考階段練習）已知向量a=1,1,?1，b=2,?1,0，A．a(chǎn)?b+C．記a與b?c的夾角為θ，則cosθ=13【解題思路】根據(jù)空間向量線性坐標運算、數(shù)量積的坐標運算以及垂直的坐標表示即可求解.【解答過程】因為a=1,1,?1，b=所以b+選項A：a?選項B：a?選項C：cosθ=選項D：因為a=1,1,?1，所以a+λb=1+2λ,1?λ,?1，由所以(1+2λ)×0+(1?λ)×1+(?1)×(?2)=3?λ=0，所以λ=3，正確；故選：ABD.10．（5分）（2022秋·福建福州·高二校聯(lián)考期中）已知直線l:mx?y+2=0，A(0,0)，B(1,?1)，則下列結論正確的是（

）A．當A，B到直線l距離相等時，m=?1 B．當m=0時，直線l的斜率不存在C．當m=1時，直線l在x軸上的截距為-2 D．當m=?1時，直線l與直線AB平行【解題思路】當A，B到直線l距離相等時，m=?1或m=?5，A錯誤，直線斜率為0，B錯誤，取y=0，則x=?2，C正確，計算kAB【解答過程】對選項A：21+m2=m+3對選項B：m=0時，y=2，直線斜率為0，錯誤；對選項C：m=1時，l:x?y+2=0，取y=0，則x=?2，正確；對選項D：m=?1時，l:?x?y+2=0，k=?1，不過A點，kAB=?1故選：CD.11．（5分）（2023·全國·高三專題練習）已知圓的圓心在直線x=2上，且與l:x?3y+2=0相切于點P1,3，過點Q1,0作圓的兩條互相垂直的弦AB，CD，記線段AB，CD的中點分別為MA．圓的方程為x?2B．四邊形ACBD面積的最大值為7C．弦AB的長度的取值范圍為[2D．直線MN恒過定點3【解題思路】根據(jù)已知條件可求圓心E2,0，利用兩點間距離公式求出半徑，即可得到圓的方程，判斷A；由已知可證四邊形EMQN為矩形，利用對角線互相平分，即可知MN過EQ中點，進而求出定點，判斷D；根據(jù)過定點的最長弦為直徑，最短弦垂直于直徑，即可得到弦AB的長度的取值范圍，判斷C；設EM=d，利用垂徑定理分別求出AB，CD的長度，即可得到四邊形ACBD面積為關于d【解答過程】解：設圓心E2,a因為與l:x?3y+2=0相切于點P1,3，直線則kPE?k=?1?k所以圓心E2,0，半徑r=PE=因此圓的方程為x?22因為線段AB，CD的中點分別為M，N，則EM⊥AB，EN⊥CD，又AB⊥CD，所以四邊形EMQN為矩形，則MN與EQ互相平分即MN過EQ中點32,0，所以直線MN恒過定點當AB過圓心E時，AB的長度最長且為圓的直徑4，當AB垂直于x軸時，AB的長度最短，此時AB經(jīng)過點P，所以AB=2PQ=23，則弦AB的長度的取值范圍為[2因為四邊形EMQN為矩形，則QN=ME，設EM=d，則EN=Q由垂徑定理可得AB=2AE2則S=2?d4令t=d2，則S當t=?12×?1=1故選：ACD.12．（5分）（2022春·江蘇徐州·高三校考階段練習）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為側面BCC1B1（不含邊界）內的動點，A．線段A1PB．33C．對任意點P，總存在點Q，便得DD．存在點P，使得直線A1P與平面【解題思路】對選項A，直接通過建立空間直角坐標系，表示出線段A1對選項B，轉化33A1Q為1?QR是關鍵，然后通過坐標表示出對選項C，通過D1Q⊥CP關系建立方程，結合點P的坐標滿足x1?12+z1?12=1對選項D，通過先求平面ADD1A1的法向量，然后根據(jù)直線A1P與平面【解答過程】建立如上圖所示的空間直角坐標系D?xyz，根據(jù)題意，可得：D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，D10,0,1設點Px1,1,z1，Qx2A1P故有：cos解得：xQ為線段A1C上的動點，則有：A1解得：Q對選項A，則有：A1P=對選項B，過點Q作平面ABCD的垂線，垂足為R易知：33QA故33AQRQP故有：QP當且僅當x1=z1故選項B正確；對選項C，若D1Q⊥CP，則有：DD1Q則有：λ則有：Δ又0≤λ≤1，則有：Δ=2λλ?1?22?4λ2λ?1對選項D，易知平面ADD1A1的法向量為n=0,1,0，若直線A1P與平面ADD1解得：32=1故選：ABC.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2022·高二課時練習）在四面體OABC中，空間的一點M滿足OM=12OA+16OB+λOC，若MA【解題思路】法一：根據(jù)空間向量運算結合共面向量定理即可得到相關方程組，解出即可；法二：利用四點共面的結論即可.【解答過程】法一：由題意MA=MB=OB?因為MA，MB，MC共面，所以存在實數(shù)唯一實數(shù)對(m,n)，使得MA=m即12OA?所以?12m?法二：由MA，MB，MC共面得M,A,B,C四點共面，則根據(jù)四點共面的充要條件可得，12+1故答案為：1314．（5分）（2023春·上海金山·高二校聯(lián)考階段練習）在平面直角坐標系xOy中，已知動點Pa,b到兩直線l1:y=2x與l2:y=?12x+1的距離之和為【解題思路】由題意可知Pa,b滿足2a?b+a+2b?2【解答過程】將直線l1:y=2x與l2l2:x+2y?2=0，所以Pa,b所以2a?b+a+2b?2當2a?b≥0a+2b?2≥0時，①式變形為：3a+b=7當2a?b≥0a+2b?2<0時，①式變形為：a?3b=3當2a?b<0a+2b?2≥0時，①式變形為：?a+3b=7當2a?b<0a+2b?2<0時，①式變形為：?3a?b=3則動點Pa,b

ba+5的幾何意義為正方形邊上任意一點與EC?35,?65，則ba+5的取值范圍是：?故答案為：?315．（5分）（2023·海南?？凇ずＤ闲？寄M預測）已知圓C：(x?a)2+(y?b)2=4的圖象在第四象限，直線l1：ax+by+3=0，l2：bx?ay+4=0.若l1上存在點P，過點P作圓C的切線PA，PB，切點分別為A，B，使得△APB為等邊三角形，則【解題思路】根據(jù)題意可推得a,b的范圍，以及l(fā)1與圓的位置關系.根據(jù)等邊三角形以及圓的對稱性可得出∠APC=30°，然后推得a2+b2+3a【解答過程】

由已知可得，圓C的圓心Ca,b，半徑r=2，且有a>2則圓心到直線l1：ax+by+3=0的距離d又直線l1方程可化為y=?abx?3所以直線l1過一、二、三象限，不過第四象限，直線l由題意易知∠APC=30°，則PC=ACsin30°所以有a2+b2+3又a>2，b<?2，所以a2+b2>8所以圓心C到直線l2的距離d所以，直線l2與圓C又d2=4a2+b故答案為：4516．（5分）（2023·高二單元測試）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C①存在點M，使得直線AM與直線B1②存在點M，使得C1M與平面AB③存在點M，使得三棱錐D1?C④存在點M，使得α>β，其中α為二面角M?AA1?B的大小，β為直線M則上述結論正確的有②③．（填上正確結論的序號）【解題思路】對①：由連接AD1，BC1，由B1C⊥平面ABC1D1，即可判斷；對③：設M到平面CDD1C1的距離為?，則0???1，所以VD1?C1DM=VM?【解答過程】解：對①：連接AD1，BC1，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，由AB⊥平面BCC1B對③：設M到平面CDD1C1的距離為?，則0???1，所以對④：以C為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系C?xyz，設BM=λBD則AB=(?1，0，0)，AA1=(0，0，1)，BD1=(1，?1，1)，BM=(λ，?λ，λ)，所以∴cosβ=|cos設平面MAA1的法向量為n=(x，y，z)，則n取n=(λ，λ?1，0)，又DA=(0，1，0)是平面又二面角M?AA所以cosα=|∵3λ∴3λ2?4λ+2≥2∴cosβ?cosα，對②：由④的解析知，C1M=λ,1?λ,λ?1，設平面AB1C的法向量為m=a,b,c取a=1，則m=設C1M與平面AB1C夾角為θ，令sinθ=cos<C故答案為：②③.四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2022秋·遼寧撫順·高二校聯(lián)考期中）已知直線l1：2a?1x?a?2y+1=0，直線(1)若l1∥l(2)若l1⊥l【解題思路】（1）根據(jù)直線平行的條件列式計算即可，平行時要排除重合的情況；（2）根據(jù)直線垂直的條件列式計算即可．【解答過程】（1）解：∵l∴2a?1整理得a2解得a=0或a=5，當a=0時，l1與l故a=5．（2）解：∵l∴2a?1∴2a∴a=1或a=?518．（12分）（2023春·江蘇宿遷·高二統(tǒng)考期末）在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，

(1)當k=34時，試用AB,(2)證明：E,F,G,H四點共面；(3)判斷直線D1C1能否是平面D【解題思路】（1）直接利用空間向量線性運算可得AF=AE+EF，再根據(jù)已知關系（2）可設AC=λAB+μAD(λ，μ不為0)，由題意可化簡得到EG=kAC（3）先假設面D1AB∩面D1DC=D1C1，根據(jù)棱柱的性質，可得出DC//平面ABD1，進而得出DC//AB，反之當DC//AB，可判斷出D1C1?平面ABD1，D1【解答過程】（1）AF=AE=14AD（2）設AC=λAB+μAD(λEG=k(λ=λ(則EF，EG，EH共面且有公共點E，則E,F,G,H四點共面；（3）假設面D1AB∩面D1DC//D1C1，D1C1?面ABD又DC?面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB反過來，當DC//AB時，因為DC//D1C則AB，D則D1C1又因為D1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直線D1C1是面D所以，當DC//AB時，直線D1C1是面D當DC，AB不平行時，直線D1C1

19．（12分）（2023春·高二課時練習）已知點A?2，0，2、B?1，(1)若c=3，且c//BC(2)求cosa(3)若ka+b與k【解題思路】（1）利用空間向量平行充要條件設出c=?2λ，?λ，（2）先求得a=1，1，（3）利用空間向量垂直充要條件列出關于k的方程，解之即可求得k的值．【解答過程】（1）∵B?1，1，2、C?3，∴設c=?2λ，解得λ=±1，∴c=?2（2）∵A?2，0，2、B?1，∴a=1∴cos（3）∵ka+b又ka+b∴k解得k=?52或20．（12分）（2023·上?！じ叨ｎ}練習）如圖，已知A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，直線(1)證明直線l經(jīng)過某一定點，并求此定點坐標；(2)若直線l等分△ABC的面積，求直線l的一般式方程；(3)若P(2,23)，李老師站在點P用激光筆照出一束光線，依次由BC（反射點為K）、AC（反射點為I）反射后，光斑落在P點，求入射光線【解題思路】（1）整理得到k(x?2)+(3（2）求出定點P(2,23)在直線AB上，且|AM|=8，由S△AMD=12S（3）作出輔助線，確定P關于BC和AC的對稱點P1,P2，得到k【解答過程】（1）直線l:(k+3)x?y?2k=0可化為令x?2=03x?y=0，解得x=2y=23，故直線（2）因為A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，所以由題意得直線AB方程為y=3故直線l經(jīng)過的定點M(2,23)在直線AB上，所以設直線l與AC交于點D，所以S△AMD即12|AM||AD|sin設D(x0,y0所以x0=212，將D點坐標代入直線l的方程，解得k=?18所以直線l的方程為3x+17y?36（3）設P關于BC的對稱點P1(2,?23)，關于直線AC的方程為y?063?0直線AC的方程為y=?3(x?12)，所以解得m=14,n=63，所以P由題意得P1,K,I,P2四點共線，所以入射光線PK的直線方程為y?23即2x+321．（12分）（2023春·江西·高一校聯(lián)考期中）已知圓C：x?22+y2=1，點P是直線l:x+y=0上一動點，過點P作圓C(1)若P的坐標為P?1,1，求過點P(2)試問直線AB是否恒過定點，若是，求出這個定點，若否說明理由；(3)直線x?y+m=0與圓C交于E，F(xiàn)兩點，求OE·OF的取值范圍（【解題思路】（1）設出切線方程，然后利用圓心到切線的距離等于半徑即可求得斜率即可得方程（2）設P（t，﹣t），，可得PC為直徑得方程x2+y2?(t+2)x+ty+2t=0(3)由x?