2024-2025學(xué)年福建省南平市高二上冊數(shù)學(xué)人教A版（2019）第一次月考檢測試卷（含解析）

2024-2025學(xué)年福建省南平市高二上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版第一次月考檢測試卷單選題：（本題共12小題，每小題5分，共60分）已知點(diǎn)A2,1，B3,2，則直線A．30° B．45° C．60°瑞士數(shù)學(xué)家歐拉在《三角形的幾何學(xué)》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(diǎn)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在空間直角坐標(biāo)系中，若a=1,1,?3，b=1,?1,x，且aA．5 B．7C．11 D．13直線l1:a+2x+y?1=0與直線l2A．?1或?4 B．?1 C．2 D．?4已知直線kx?y?k?1=0和以M?3,1，N3,2為端點(diǎn)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 已知矩形ABCD,P為平面ABCD外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)M,N滿足PM=12PC，PN=23A．?1 B．1 C．?12 “b=±10”是“直線x+y+b=0與圓C:x+12A．充分條件 B．必要條件C．既是充分條件又是必要條件 D．既不是充分條件也不是必要條件在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)Pa,b滿足a+b=1，記d為點(diǎn)P到直線x?my?2=0的距離.當(dāng)a,b,m變化時，A．1 B．2 C．3 D．4多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．下列給出的命題正確的是（

）A．若直線l的方向向量為e=1,0,3，平面α的法向量為nB．兩個不重合的平面α,β的法向量分別是u=2,2,?1C．若a,b,D．已知三棱錐O?ABC，點(diǎn)P為平面ABC上的一點(diǎn)，且OP=1已知點(diǎn)P在圓C:(x?3)2+(y?3)2=4上，點(diǎn)A．直線AB與圓C相交 B．直線AB與圓C相離C．點(diǎn)P到直線AB距離大于0.5 D．點(diǎn)P到直線AB距離小于5如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，正方形ABCD的中心為O，棱CC1

A．OEB．SC．異面直線OD1與EFD．點(diǎn)F到直線OD1三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.已知a=1,1,2，b=2，a已知直線l:x+y?1=0：與圓C:x?32+y+42=5若直線l:kx?y+4+2k=0與曲線y=4?x2有兩個交點(diǎn)，則實數(shù)k四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步棸。（13分）已知點(diǎn)A?2，0，2、B?1，(1)若c=3，且c//BC(2)求cosa(3)若ka+b與k（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l的方程為a+1x?y+4a=0，(1)若a=1，求過點(diǎn)1,0且與直線l平行的直線方程；(2)已知原點(diǎn)O到直線l的距離為4，求a的值；(3)已知直線l在兩條坐標(biāo)軸上截得的截距相等，求a的值．（15分）已知圓C:x2+(1)證明：直線l和圓C恒有兩個交點(diǎn)；(2)若直線l和圓C交于A,B兩點(diǎn)，求AB的最小值及此時直線l的方程.（17分）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)求證：BC⊥平面ABB(2)求平面AA1D（17分）已知圓C：x?22+y2=1，點(diǎn)P是直線l:x+y=0上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓C(1)若P的坐標(biāo)為P?1,1，求過點(diǎn)P(2)直線x?y+m=0與圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求OE·OF的取值范圍（2024-2025學(xué)年福建省南平市高二上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版第一次月考檢測試卷單選題：（本題共12小題，每小題5分，共60分）已知點(diǎn)A2,1，B3,2，則直線A．30° B．45° C．60°【解題思路】根據(jù)兩點(diǎn)間斜率公式求解即可；【解答過程】解析：k=tanα=所以α=45°故選：B.瑞士數(shù)學(xué)家歐拉在《三角形的幾何學(xué)》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(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)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(diǎn)?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.在空間直角坐標(biāo)系中，若a=1,1,?3，b=1,?1,x，且aA．5 B．7C．11 D．13【解題思路】由a⊥b，得a?b=0【解答過程】因為a=1,1,?3，b所以a?b=1?1?所以b=1,?1,0，所以所以a+故選：B.直線l1:a+2x+y?1=0與直線l2A．?1或?4 B．?1 C．2 D．?4【解題思路】由題意直線l1【解答過程】由已知直線l1:a+2知直線l1的斜率存在，則直線l故直線l1的方程可化為：y=?(a+2)x+1直線l2的方程可化為：y=?∴?(a+2)=?2a+3，且1≠1?a故選：D.已知直線kx?y?k?1=0和以M?3,1，N3,2為端點(diǎn)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(diǎn)A1,?1，利用坐標(biāo)得到kMA=?12【解答過程】直線kx?y?k?1=0恒過定點(diǎn)A1,?1，且kMA=?12，k故選：C.已知矩形ABCD,P為平面ABCD外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)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(jié)合平面向量的線性運(yùn)算，即可得到結(jié)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.“b=±10”是“直線x+y+b=0與圓C:x+12A．充分條件 B．必要條件C．既是充分條件又是必要條件 D．既不是充分條件也不是必要條件【解題思路】根據(jù)直線與圓相切d=r求b得出結(jié)果.【解答過程】由已知得圓心C?1,1，半徑r=圓心C到直線x+y+b=0的距離d=b所以b=10，即b=±10“b=10”是“直線x+y+b=0與圓C:故選：C．在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)Pa,b滿足a+b=1，記d為點(diǎn)P到直線x?my?2=0的距離.當(dāng)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(diǎn)A確定出對于給定的一點(diǎn)P，d取最大值時PA⊥l且dmax=PA，然后根據(jù)點(diǎn)P為正方形上任意一點(diǎn)求解出PA【解答過程】直線l:x?my?2=0過定點(diǎn)A2,0對于任意確定的點(diǎn)P，當(dāng)PA⊥l時，此時d=PA當(dāng)PA不垂直l時，過點(diǎn)P作PB⊥l，此時d=PB因為PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：當(dāng)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(yùn)動，所以dmax當(dāng)PA取最大值時，P點(diǎn)與M?1,0重合，此時PA所以dmax故選：C.

多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．下列給出的命題正確的是（

）A．若直線l的方向向量為e=1,0,3，平面α的法向量為nB．兩個不重合的平面α,β的法向量分別是u=2,2,?1C．若a,b,D．已知三棱錐O?ABC，點(diǎn)P為平面ABC上的一點(diǎn)，且OP=1【解題思路】利用線面平行的向量關(guān)系求解選項A；利用面面垂直的向量表示求解選項B；利用基底的概念求解選項C；利用空間四點(diǎn)共面的定理求解選項D.【解答過程】對A，e?n=?2+2=0，所以l對B，u?v=?6+8?2=0對C，利用反證法的思想，假設(shè)a+b,所以(1?y)a若y=1，則(x?1)b+(x+1)c與a,若y≠1，則a=x?11?y與a,所以假設(shè)不成立，即a+所以a+對D，因為P為平面ABC上的一點(diǎn)，所以P,A,B,C四點(diǎn)共面，則由共面定理以及OP=12+m?n=1，所以故選:BCD.已知點(diǎn)P在圓C:(x?3)2+(y?3)2=4上，點(diǎn)A．直線AB與圓C相交 B．直線AB與圓C相離C．點(diǎn)P到直線AB距離大于0.5 D．點(diǎn)P到直線AB距離小于5【解題思路】根據(jù)圓心到直線的距離判斷AB，再由圓上點(diǎn)到直線距離的最值判斷CD即可.【解答過程】由C:(x?3)2+(y?3)2直線AB:x+y?2=0，則圓心到直線距離d=|3+3?2|所以直線AB與圓C相離，故A錯B對；由圓心到直線的距離知，圓上點(diǎn)到直線距離的最大最小值分別為2222故選：BCD.如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，正方形ABCD的中心為O，棱CC1

A．OEB．SC．異面直線OD1與EFD．點(diǎn)F到直線OD1【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量逐項判斷；【解答過程】故以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz.

B1,1,0,O12,12,0OE?OF?OF=5根據(jù)三角函數(shù)兩角正余弦關(guān)系解得：sinS△FOEODOD1=點(diǎn)F到直線OD1的距離為：而cosOF,所以O(shè)Fsin故選：ABD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.已知a=1,1,2，b=2，a?b【解題思路】根據(jù)a?【解答過程】因為a=1,1,2因為a?b=2即4?2a?b故答案為:2.已知直線l:x+y?1=0：與圓C:x?32+y+42=5交于A,B【解題思路】根據(jù)題意，利用圓的弦長公式，準(zhǔn)確計算，即可求解.【解答過程】由圓C:x?32+y+42又由圓心C到直線l:x+y?1=0的距離為d=3?4?1根據(jù)圓的弦長公式，可得AB=2故23若直線l:kx?y+4+2k=0與曲線y=4?x2有兩個交點(diǎn)，則實數(shù)【解題思路】先求出直線l的恒過點(diǎn)A?2,4，再將曲線y=4?x2轉(zhuǎn)化為【解答過程】由題可知，直線l可轉(zhuǎn)化為x+2k?y+4=0，所以直線l恒過點(diǎn)A又因為曲線y=4?x2可轉(zhuǎn)化為x當(dāng)直線l與該曲線相切時，點(diǎn)0,0到直線的距離d=4?2kk2設(shè)B2,0，則k由圖可得，若要使直線l:kx?y+4+2k=0與曲線y=4?x2有兩個交點(diǎn)，需要四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步棸。（13分）已知點(diǎn)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(shè)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(guān)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(shè)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（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l的方程為a+1x?y+4a=0，(1)若a=1，求過點(diǎn)1,0且與直線l平行的直線方程；(2)已知原點(diǎn)O到直線l的距離為4，求a的值；(3)已知直線l在兩條坐標(biāo)軸上截得的截距相等，求a的值．【解題思路】（1）代入a=1計算出斜率，利用點(diǎn)斜式寫出直線方程；（2）列出點(diǎn)到直線的距離公式，建立等式求解可求出a的值；（3）求在兩條坐標(biāo)軸上截得的截距，建立等式求解即可.【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，直線l的方程為2x?y+4=0，斜率為k=2，則過點(diǎn)1,0且與直線l平行的直線方程為y=2x?1，即2x?y?2=0（2）原點(diǎn)O到直線l的距離為d=4a解得：a=?1.（3）a=?1時，不滿足條件；當(dāng)a≠?1時，令y=0，x=?4aa+1，令x=0，y=4a，則有?4aa+1=4a（15分）已知圓C:x2+(1)證明：直線l和圓C恒有兩個交點(diǎn)；(2)若直線l和圓C交于A,B兩點(diǎn)，求AB的最小值及此時直線l的方程.【解題思路】（1）先求直線所過定點(diǎn)，然后判斷定點(diǎn)在圓內(nèi)即可得證；（2）根據(jù)直線垂直于l⊥CP時，AB有最小值可解.【解答過程】（1）直線2+kx+1+ky+k=0聯(lián)立x+y+1=02x+y=0解得x=1y=?2所以不論k取何值，直線l必過定點(diǎn)圓C:x2+y2因為PC=(1?0)2+(?2?0)則直線l與圓C恒有兩個交點(diǎn).（2）直線l經(jīng)過圓C內(nèi)定點(diǎn)P1,?2，圓心C記圓心到直線l的距離為d.因為AB=2r2?d所以當(dāng)直線l⊥CP時，被圓C截得的弦AB最短，此時AB=2因為kCP=?2?01?0=?2，所以直線l的斜率為1所以當(dāng)AB取得最小值時，直線l的方程為y+2=12x?1綜上：AB最小值為211，此時直線l方程為x?2y?5=0

（17分）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)求證：BC⊥平面ABB(2)求平面AA1D【解題思路】（1）利用勾股定理算出AC，再用勾股定理可證得BC⊥AB，結(jié)合AA1⊥BC，可證得BC⊥（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，算出兩平面的法向量，繼而利用公式算出兩平面夾角的余弦值.【解答過程】（1）連接AC．∵在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中AA∴AA1⊥AC∵A1C=3，AA∵AB=BC=2，∴AC2=B∵AA1，AB?平面ABB∴BC⊥平面ABB（2）在直四棱柱ABCD?A1B1C1D可得AB,BC,BB以B為原點(diǎn)，以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，如圖所示，則A2,0,0，C0,2,0，D1,2,0∴AA1=0,0,1，設(shè)n=x,y,z為平面A令x=2，得n=設(shè)m=a,b,c為平面A令c=2，得m=設(shè)平面AA1D與平面A則cosθ=故平面AA1D與平面A（17分）已知圓C：x?22+y2=1，點(diǎn)P是直線l:x+y=0上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓C(1)若P的坐標(biāo)為P?1,1，求過點(diǎn)P(2)直線x?y+m=0與圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求OE·OF的取值范