高二上学期第一次月考数学试卷(提高篇)(解析版)

2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023春·新疆省直辖县级单位·高二校考开学考试）在以下命题中：①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA−2OB−2OC，则P，④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μ⑤若a,b,其中真命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论.【解答过程】①由空间基底的定义知，三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线，故②正确；③由2−2−2=−2≠1，根据共面向量定理知P,A,B,C四点不共面，故③错误；④由c=λa+μb，当λ+μ=1时，向量c与向量a，⑤利用反证法：若a+设a+b=xb+c+1−xc综上：①②⑤正确.故选：D.2．（5分）（2023秋·安徽六安·高二校考期末）已知直线kx−y−k−1=0和以M−3,1，N3,2为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（A．−12≤k≤C．k≤−12或k≥32 【解题思路】根据直线方程kx−y−k−1=0得到恒过定点A1,−1，利用坐标得到kMA=−12【解答过程】直线kx−y−k−1=0恒过定点A1,−1，且kMA=−12，k故选：C.3．（5分）（2023春·甘肃兰州·高二校考期末）已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，PA⊥平面ABCD，点M,N满足PM=12PC，PN=23A．−1 B．1 C．−12 【解题思路】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.【解答过程】

因为PM=12所以MN=2因为MN=xAB+yAD+zAP，所以所以x+y+z=−1故选：C.4．（5分）（2023·山东青岛·统考三模）瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．这条直线被称为欧拉线．已知△ABC的顶点A−3,0，B3,0，C3,3，若直线l：ax+a2−3y−9=0A．－2 B．－1 C．－1或3 D．3【解题思路】根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解.【解答过程】由△ABC的顶点A−3,0，B3,0，△ABC重心为−3+3+33,0+0+3又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点−3+32,0+3所以可得△ABC的欧拉线方程y−1x−1=1−因为ax+a2−3所以a1解得a=−1，故选：B.5．（5分）（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在平面直角坐标系中，已知点Pa,b满足a+b=1，记d为点P到直线x−my−2=0的距离.当a,b,m变化时，A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据直线l:x−my−2=0过定点A确定出对于给定的一点P，d取最大值时PA⊥l且dmax=PA，然后根据点P为正方形上任意一点求解出PA【解答过程】直线l:x−my−2=0过定点A2,0对于任意确定的点P，当PA⊥l时，此时d=PA当PA不垂直l时，过点P作PB⊥l，此时d=PB因为PB⊥AB，所以PA>PB，所以由上可知：当P确定时，dmax即为PA，且此时PA⊥l又因为P在如图所示的正方形上运动，所以dmax当PA取最大值时，P点与M−1,0重合，此时PA所以dmax故选：C.6．（5分）（2023春·上海黄浦·高二校考阶段练习）若点N为点M在平面α上的正投影，则记N=fαM.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面①线段PQ2长度的取值范围是②存在点P使得PQ1//③存在点P使得PQ其中，所有正确结论的序号是A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②【解题思路】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设点P的坐标为0,1,a0<a<1，求出点Q【解答过程】取C1D的中点Q2，过点P在平面AB1C1D内作PE⊥C在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD⊥平面又∵PE⊥C1D，AD∩C1D=D，∴PE⊥平面同理可证EQ1⊥γ，CQ⊥β，则f以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设CP=a0<a<1，则P0,1,a，C0,1,0，E对于命题①，PQ2=14+a−12对于命题②，∵CQ2⊥β，则平面βPQ1=0,a−1所以，存在点P使得PQ1//对于命题③，PQ2=整理得4a2−3a+1=0，该方程无解，所以，不存在点P故选：D.7．（5分）（2022秋·浙江嘉兴·高二校考期中）已知圆O：x2+y2=2，过直线l：2x+y=5在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于MA．12 B．1625 C．25【解题思路】设Px0,y0【解答过程】设Px0,设Ax当x1≠0,y1≠0时，kAO⋅kPA即xx1+yy1=x12+y12，而将P的坐标代入上述直线方程,则有x1于是直线AB的方程为x0分别令x=0,y=0，易得xM=2△OMN的面积为S=1当且仅当2x0=y0所以△OMN面积的最小值为1625故选：B.8．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点EA．当E，F运动时，存在点E，F使得AE⊥CFB．当E，F运动时，存在点E，F使得AEC．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45°D．当E，F运动时，二面角A−EF−B的余弦值为定值1【解题思路】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设AE∥【解答过程】对于A，以C为坐标原点，CD,CB,CC1为则A2,2由于EF=2，设E(t则AE=则AE⋅所以当E，F运动时，故存在点E，F使得AE⊥CF，A错误；对于B，若AE∥BF，则A,B,B1,对于C，设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，又AB故AB⋅m=−2x=0AE⋅平面ABC的法向量可取为n=(0,0,1)故cos〈因为1≤t≤2，且函数y=1+4t2在当且仅当t=2时，11+设二面角E−AB−C的平面角为θ,0∘≤θ≤90∘即二面角E−AB−C的最小值为45°，C正确；对于D，连接BD,AD1,AB1，平面EFB平面BDD1B设平面AB1D1的法向量为故AB1⋅t=−2a+2c=0故cos〈由图知二面角A−EF−B为锐角，则二面角A−EF−B的余弦值为定值63故选：C.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）已知向量a=1,1,−1，b=2,−1,0，A．a⋅b+C．记a与b−c的夹角为θ，则cosθ=13【解题思路】根据空间向量线性坐标运算、数量积的坐标运算以及垂直的坐标表示即可求解.【解答过程】因为a=1,1,−1，b=所以b+选项A：a⋅选项B：a−选项C：cosθ=选项D：因为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，正确；故选：ABD.10．（5分）（2022秋·福建福州·高二校联考期中）已知直线l:mx−y+2=0，A(0,0)，B(1,−1)，则下列结论正确的是（

）A．当A，B到直线l距离相等时，m=−1 B．当m=0时，直线l的斜率不存在C．当m=1时，直线l在x轴上的截距为-2 D．当m=−1时，直线l与直线AB平行【解题思路】当A，B到直线l距离相等时，m=−1或m=−5，A错误，直线斜率为0，B错误，取y=0，则x=−2，C正确，计算kAB【解答过程】对选项A：21+m2=m+3对选项B：m=0时，y=2，直线斜率为0，错误；对选项C：m=1时，l:x−y+2=0，取y=0，则x=−2，正确；对选项D：m=−1时，l:−x−y+2=0，k=−1，不过A点，kAB=−1故选：CD.11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知圆的圆心在直线x=2上，且与l:x−3y+2=0相切于点P1,3，过点Q1,0作圆的两条互相垂直的弦AB，CD，记线段AB，CD的中点分别为MA．圆的方程为x−2B．四边形ACBD面积的最大值为7C．弦AB的长度的取值范围为[2D．直线MN恒过定点3【解题思路】根据已知条件可求圆心E2,0，利用两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程，判断A；由已知可证四边形EMQN为矩形，利用对角线互相平分，即可知MN过EQ中点，进而求出定点，判断D；根据过定点的最长弦为直径，最短弦垂直于直径，即可得到弦AB的长度的取值范围，判断C；设EM=d，利用垂径定理分别求出AB，CD的长度，即可得到四边形ACBD面积为关于d【解答过程】解：设圆心E2,a因为与l:x−3y+2=0相切于点P1,3，直线则kPE⋅k=−1⇒k所以圆心E2,0，半径r=PE=因此圆的方程为x−22因为线段AB，CD的中点分别为M，N，则EM⊥AB，EN⊥CD，又AB⊥CD，所以四边形EMQN为矩形，则MN与EQ互相平分即MN过EQ中点32,0，所以直线MN恒过定点当AB过圆心E时，AB的长度最长且为圆的直径4，当AB垂直于x轴时，AB的长度最短，此时AB经过点P，所以AB=2PQ=23，则弦AB的长度的取值范围为[2因为四边形EMQN为矩形，则QN=ME，设EM=d，则EN=Q由垂径定理可得AB=2AE2则S=2−d4令t=d2，则S当t=−12×−1=1故选：ACD.12．（5分）（2022春·江苏徐州·高三校考阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为侧面BCC1B1（不含边界）内的动点，A．线段A1PB．33C．对任意点P，总存在点Q，便得DD．存在点P，使得直线A1P与平面【解题思路】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段A1对选项B，转化33A1Q为1−QR是关键，然后通过坐标表示出对选项C，通过D1Q⊥CP关系建立方程，结合点P的坐标满足x1−12+z1−12=1对选项D，通过先求平面ADD1A1的法向量，然后根据直线A1P与平面【解答过程】建立如上图所示的空间直角坐标系D−xyz，根据题意，可得：D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，D10,0,1设点Px1,1,z1，Qx2A1P故有：cos解得：xQ为线段A1C上的动点，则有：A1解得：Q对选项A，则有：A1P=对选项B，过点Q作平面ABCD的垂线，垂足为R易知：33QA故33AQRQP故有：QP当且仅当x1=z1故选项B正确；对选项C，若D1Q⊥CP，则有：DD1Q则有：λ则有：Δ又0≤λ≤1，则有：Δ=2λλ−1−22−4λ2λ−1对选项D，易知平面ADD1A1的法向量为n=0,1,0，若直线A1P与平面ADD1解得：32=1故选：ABC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·高二课时练习）在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16OB+λOC，若MA【解题思路】法一：根据空间向量运算结合共面向量定理即可得到相关方程组，解出即可；法二：利用四点共面的结论即可.【解答过程】法一：由题意MA=MB=OB−因为MA，MB，MC共面，所以存在实数唯一实数对(m,n)，使得MA=m即12OA−所以−12m−法二：由MA，MB，MC共面得M,A,B,C四点共面，则根据四点共面的充要条件可得，12+1故答案为：1314．（5分）（2023春·上海金山·高二校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知动点Pa,b到两直线l1:y=2x与l2:y=−12x+1的距离之和为【解题思路】由题意可知Pa,b满足2a−b+a+2b−2【解答过程】将直线l1:y=2x与l2l2:x+2y−2=0，所以Pa,b所以2a−b+a+2b−2当2a−b≥0a+2b−2≥0时，①式变形为：3a+b=7当2a−b≥0a+2b−2<0时，①式变形为：a−3b=3当2a−b<0a+2b−2≥0时，①式变形为：−a+3b=7当2a−b<0a+2b−2<0时，①式变形为：−3a−b=3则动点Pa,b

ba+5的几何意义为正方形边上任意一点与EC−35,−65，则ba+5的取值范围是：−故答案为：−315．（5分）（2023·海南海口·海南校考模拟预测）已知圆C：(x−a)2+(y−b)2=4的图象在第四象限，直线l1：ax+by+3=0，l2：bx−ay+4=0.若l1上存在点P，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别为A，B，使得△APB为等边三角形，则【解题思路】根据题意可推得a,b的范围，以及l1与圆的位置关系.根据等边三角形以及圆的对称性可得出∠APC=30°，然后推得a2+b2+3a【解答过程】

由已知可得，圆C的圆心Ca,b，半径r=2，且有a>2则圆心到直线l1：ax+by+3=0的距离d又直线l1方程可化为y=−abx−3所以直线l1过一、二、三象限，不过第四象限，直线l由题意易知∠APC=30°，则PC=ACsin30°所以有a2+b2+3又a>2，b<−2，所以a2+b2>8所以圆心C到直线l2的距离d所以，直线l2与圆C又d2=4a2+b故答案为：4516．（5分）（2023·高二单元测试）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C①存在点M，使得直线AM与直线B1②存在点M，使得C1M与平面AB③存在点M，使得三棱锥D1−C④存在点M，使得α>β，其中α为二面角M−AA1−B的大小，β为直线M则上述结论正确的有②③．（填上正确结论的序号）【解题思路】对①：由连接AD1，BC1，由B1C⊥平面ABC1D1，即可判断；对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以VD1−C1DM=VM−【解答过程】解：对①：连接AD1，BC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由AB⊥平面BCC1B对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，设BM=λBD则AB=(−1，0，0)，AA1=(0，0，1)，BD1=(1，−1，1)，BM=(λ，−λ，λ)，所以∴cosβ=|cos设平面MAA1的法向量为n=(x，y，z)，则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，对②：由④的解析知，C1M=λ,1−λ,λ−1，设平面AB1C的法向量为m=a,b,c取a=1，则m=设C1M与平面AB1C夹角为θ，令sinθ=cos<C故答案为：②③.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022秋·辽宁抚顺·高二校联考期中）已知直线l1：2a−1x−a−2y+1=0，直线(1)若l1∥l(2)若l1⊥l【解题思路】（1）根据直线平行的条件列式计算即可，平行时要排除重合的情况；（2）根据直线垂直的条件列式计算即可．【解答过程】（1）解：∵l∴2a−1整理得a2解得a=0或a=5，当a=0时，l1与l故a=5．（2）解：∵l∴2a−1∴2a∴a=1或a=−518．（12分）（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

(1)当k=34时，试用AB,(2)证明：E,F,G,H四点共面；(3)判断直线D1C1能否是平面D【解题思路】（1）直接利用空间向量线性运算可得AF=AE+EF，再根据已知关系（2）可设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，由题意可化简得到EG=kAC（3）先假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，根据棱柱的性质，可得出DC//平面ABD1，进而得出DC//AB，反之当DC//AB，可判断出D1C1⊂平面ABD1，D1【解答过程】（1）AF=AE=14AD（2）设AC=λAB+μAD(λEG=k(λ=λ(则EF，EG，EH共面且有公共点E，则E,F,G,H四点共面；（3）假设面D1AB∩面D1DC//D1C1，D1C1⊂面ABD又DC⊂面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB反过来，当DC//AB时，因为DC//D1C则AB，D则D1C1又因为D1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直线D1C1是面D所以，当DC//AB时，直线D1C1是面D当DC，AB不平行时，直线D1C1

19．（12分）（2023春·高二课时练习）已知点A−2，0，2、B−1，(1)若c=3，且c//BC(2)求cosa(3)若ka+b与k【解题思路】（1）利用空间向量平行充要条件设出c=−2λ，−λ，（2）先求得a=1，1，（3）利用空间向量垂直充要条件列出关于k的方程，解之即可求得k的值．【解答过程】（1）∵B−1，1，2、C−3，∴设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·上海·高二专题练习）如图，已知A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，直线(1)证明直线l经过某一定点，并求此定点坐标；(2)若直线l等分△ABC的面积，求直线l的一般式方程；(3)若P(2,23)，李老师站在点P用激光笔照出一束光线，依次由BC（反射点为K）、AC（反射点为I）反射后，光斑落在P点，求入射光线【解题思路】（1）整理得到k(x−2)+(3（2）求出定点P(2,23)在直线AB上，且|AM|=8，由S△AMD=12S（3）作出辅助线，确定P关于BC和AC的对称点P1,P2，得到k【解答过程】（1）直线l:(k+3)x−y−2k=0可化为令x−2=03x−y=0，解得x=2y=23，故直线（2）因为A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，所以由题意得直线AB方程为y=3故直线l经过的定点M(2,23)在直线AB上，所以设直线l与AC交于点D，所以S△AMD即12|AM||AD|sin设D(x0,y0所以x0=212，将D点坐标代入直线l的方程，解得k=−18所以直线l的方程为3x+17y−36（3）设P关于BC的对称点P1(2,−23)，关于直线AC的方程为y−063−0直线AC的方程为y=−3(x−12)，所以解得m=14,n=63，所以P由题意得P1,K,I,P2四点共线，所以入射光线PK的直线方程为y−23即2x+321．（12分）（2023春·江西·高一校联考期中）已知圆C：x−22+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C(1)若P的坐标为P−1,1，求过点P(2)试问直线AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；(3)直线x−y+m=0与圆C交于E，F两点，求OE·OF的取值范围（【解题思路】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率即可得方程（2）设P（t，﹣t），，可得PC为直径得方程x2+y2−(t+2)x+ty+2t=0(3)由x−