1、抚松县第一中学2021-2022学年上学期高二年级第一次月考数学试题 一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1若直线经过两点A（2，m），B（m，2m1）且倾斜角为135，则m的值为（）A2BC1D2已知向量（1，x2，2），（0，1，2），（1，0，0），若，共面，则x等于（）A1B1C1或1D1或03若方程x2+y24x+2ya表示圆，则实数a的取值范围为（）A（，5） B（5，+） C（，0） D（0，+）4已知m，n满足m+n1，则点（1，1）到直线mxy+2n0的距离的最大值为（）A0B1CD5已知点A（2，1），B
2、（0，3），则以线段AB为直径的圆的方程为（）A（x1）2+（y1）25B（x+1）2+（y+1）25C（x1）2+（y1）220D（x+1）2+（y+1）2206已知空间直角坐标系Oxyz中的点A（2，1，3）关于xOy平面的对称点为B，则|AB|的值为（）AB4C6D27已知两直线l1：（3+a）x+4y54a与l2：2x+（5+a）y9平行，则a等于（）A7B1 C7或1 D7或18已知向量（1，2，0），（0，2，1），的夹角为，则sin（）ABCD9唐朝诗人李颀的诗古从军行开头两句：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河“，诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题：即将军在观望烽火之后
3、从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y25，若将军从点A（4，0）出发，河岸线所在直线方程为x+y8，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短路程为（）ABCD10过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的余弦值为（）ABCD11在平面直角坐标系中，四点坐标分别为A（2，0），B（3，2），C（1，2+），D（4，a），若它们都在同一个圆周上，则a的值为（）A0B1CD212在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段C1D1上，若直线B1P与
4、平面BC1D1所成的角为，则tan的取值范围是（）ABCD二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13已知直线l的方向向量为（1，1），若点P（1，1，1）为直线l外一点，A（4，1，2）为直线l上一点，则P到直线l上的距离为 14已知A（1，0），B（1，2），直线l：2xaya0上存在点P，满足|PA|+|PB|2，则实数a的取值范围是 15若圆C与x轴和y轴均相切，且过点（1，2），则圆C的半径长为 16瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”已知平面直角坐标系中ABC各顶点的坐标分别为A（0，
5、0），B（8，0），C（0，6），则其“欧拉线”的方程为 （结果写成直线的一般式方程）三、解答题：（本大题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17（10分）已知（+1，1，2），（6，2m1，2）（1）若，分别求与m的值；（2）若|，且与（2，2，）垂直，求18（12分）求满足下列条件的直线方程（结果写成直线的一般式方程）；（1）过点（1，3），且与直线x2y+30平行的直线方程；（2）过点（3，4），且与直线3xy+20垂直的直线方程；（3）过点（1，2），且在两坐标轴上截距相等的直线方程19（12分）已知直线l1：2x+y+30，l2：x2y0（1）求直线l1关于x轴对称的
6、直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；（2）求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程20（12分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点（1）求证：BC1平面AD1E；（2）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值；（3）求点C到平面AD1E的距离21（12分）已知曲线C：（1+a）x2+（1+a）y24x+8ay0，aR（1）当a取何值时，方程表示圆？（2）求证：不论a为何值，曲线C必过两定点（3）当曲线C表示圆时，求圆面积最小时a的值22（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PDDC，F，G分别是PB，AD
7、的中点（1）求证：GF平面PCB；（2）求平面PAB与平面PCB夹角的余弦值；（3）在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60？若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由2021-2022年上学期高二年级第一次月考一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. B 2.C 3.B 4.C 5.B 6.C 7.A 8.A 9.B 10.C 11.D 12.D4.解：解：将n1m代入直线方程，可得（x2）my+20，直线mxy+2n0必过定点（2，2），故点（1，1）到直线mxy+2n0的距离的最大值为故选：C7.解：直线l1的斜率一定存在，且两直线平行，直线l2的斜率也一定存
8、在，即a5，解得：a1或7，当a1时，两直线重合，a7，故选：A9.解：设点A关于直线x+y8的对称点B（a，b），设军营所在区域的圆心为O，根据题意，|BO|为最短距离，AB的中点为（，），直线AB的斜率为1，由，解得a8，b4，所以|BO|3故选：B10.解：设APAB1，以点A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则P（0，0，1），D（0，1，0），C（1，1，0），所以，设平面PCD的法向量为，则，令y1，则z1，故，又平面ABP的一个法向量为，所以，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的余弦值为故选：C11.解：设要求的圆的标准方程为（xm
9、）2+（yn）2r2，把A（2，0），B（3，2），C（1，2+）代入可得，求得，可得圆的方程为 （x2）2+（y2）24再把点D（4，a）代入，求得a2，故选：D12.解：如图所示，以A1为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA12，则D1（2，0，0），C1（2，2，0），B1（0，2，0），B（0，2，2），C（2，2，2），设P（2，t，0），t0，2，在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为C1D1平面C1CBB1，所以C1D1B1C，又B1CBC1，所以B1C平面D1C1B，即是平面D1C1B 的法向量， ，则，因为，所以故选：D二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13
10、. 14.，2 15.1或5 16. 13.解：P（1，1，1），A（4，1，2），（5，0，1），又（1，1），cos，sin，又|，点P（1，1，1）到直线l的距离为：|sin，故答案为：14.解：因为|AB|2，且|PA|+|PB|2，所以点P的轨迹为线段AB，将点A，B的坐标分别代入直线l的方程，可得a2，a，由直线l的方程可化为：2xa（y+1）0，所以直线l过定点C（0，1），画出图形，如图所示：因为直线AC的斜率为kAC1，直线BC的斜率为kBC3，所以直线l的斜率为k，令，解得a2，所以a的取值范围是，2故答案为：，215.解：根据题意，若圆C与x轴和y轴均相切，则圆心C在直线
11、yx或yx上，当圆心C在yx上时，设圆心C的坐标为（a，a），此时圆的方程为（xa）2+（ya）2a2，将（1，2）代入可得：（1a）2+（2a）2a2，即a24a+50，解可得a1或5，此时圆的半径为1或5，当圆心C在yx上时，设圆心C的坐标为（a，a），此时圆的方程为（xa）2+（y+a）2a2，将（1，2）代入可得：（1a）2+（2+a）2a2，即a2+2a+50，解可得a1或5，此时圆的半径为1或5，故答案为：1或516.解：由题设知，ABC是直角三角形，则其垂心为直角顶点A（0，0），其外心为斜边BC的中点M（4，3），故其重心在OM直线上，故其“欧拉线”的方程，即直线AM的方程，为
12、yx，即3x4y0，故答案为：3x4y0三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（本小题10分）解：（1）由，得（+1，1，2）k（6，2m1，2），所以，.2分 解得，m3；.4分（2）|，且，所以0，即2（+1）2220，化简得21，解得1；.6分1时，（2，1，2），|3，不满足题意；.8分1时，（0，1，2），|，满足题意；所以.10分18.（本小题12分）解：（1）设与直线x2y+30平行的直线方程为x2y+c0；由于所求直线过点（1，3），带入可得c7，.2分所求的直线方程为x2y+70；.4分（2）设与直线3xy+20垂直的直线方程为
13、x+3y+n0；由于所求直线过点（3，4），带入可得n15，.6分所求的直线方程为x+3y150；.8分（3）由截距相等，可得直线方程为x+ym，由于所求直线过点（1，2），带入可得m3，所求的直线方程为x+y30；.10分当直线过原点时也是截距相等，此时直线方程为：2xy0综上所求的直线方程为x+y30或2xy0.12分19.（本小题12分）解：（1）由题意，直线l3与直线l1的倾斜角互补，从而它们的斜率互为相反数，且l1与l3必过x轴上相同点，直线l3的方程为2xy+30，.2分由解得P（2，1）.4分（2）当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y+1k（x+2），即kxy+2k10，原点
14、O（0，0）到直线m距离为，解得.6分直线m方程为3x+4y+100，.8分当直线m的斜率不存在时，直线x2满足题意，.10分综上直线m的方程为3x+4y+100或x2.12分20.（本小题12分）【解答】（1）证明：ABC1D1，且ABC1D1，四边形ABC1D1为平行四边形，BC1AD1，.2分BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1平面AD1E.4分（2）解：以A为原点，AD、AB、AA1所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），D1（2，0，2），E（0，2，1），（0，0，2），（2，0，2），（0，2
15、，1），.6分设平面AD1E的法向量为（x，y，z），则，令z2，则x2，y1，（2，1，2），.8分设直线AA1与平面AD1E所成角为，则sin|cos，|，故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.10分（3）解：C（2，2，0），（2，2，0），由（2）知，平面AD1E所的法向量为（2，1，2），.11分点C到平面AD1E的距离d|2.12分 21.（本小题12分）解：（1）当a1时，方程为x+2y0表示一条直线当a1时，（1+a）x2+（1+a）y24x+8ay0，整理得，由于，.2分所以a1时方程表示圆.4分（2）方程可变形为：x2+y24x+a（x2+y2+8y）0，.5分无论a
16、取任何值，上式都成立，所以，解得或曲线C过定点A（0，0），B（）.7分即无论a为何值，曲线C必过两定点.8分（3）由（2）曲线C过定点A和B，在这些圆中，以AB为直径的圆的面积最以AB为直径的圆的方程为：.10分所以：，解得a.12分22.（本小题12分）【解答】（1）证明：以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则G（1，0，0），P（0，0，2），A （2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），F（1，1，1），（0，1，1），（2，2，2），（0，2，2），.2分设平面PCB的法向量为（x，y，z），则，即，令y1，则x0，z1，（0，1，1），故GF平面PCB.4分（2）解：由（1）知，平面PCB的法向量为（0，1，1），（2，0，2），同（1）可求得平面PAB的法向量（1，0，1），.6分cos，.7分平面与平面的夹角的取值范围为0，平面PAB与平面PCB夹角的余弦值为.8分（3）解：设，则M（22，0，2），（22，0，2），DM与PC所成角为60，（0，2，2），.9分cos60|cos，|，.10分解得，故在AP上存在一点M，使得DM与PC所成角为60，点M的坐标为（1，0，1）.12分
