2022-2023学年湖南省衡阳市祁东县育贤中学高二(上)第一次月考数学试卷(解析版).docx

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1、2022-2023学年湖南省衡阳市祁东县育贤中学高二（上）第一次月考数学试卷一、单选题（每小题5分，共40分）1（5分）已知点A（3，1，0），若向量AB=(2，5，-3)，则点B的坐标是（）A（1，6，3）B（5，4，3）C（1，6，3）D（2，5，3）2（5分）若方程（6a2a2）x+（3a25a+2）y+a10表示平行于x轴的直线，则a的值是（）A23B-12C23，-12D13（5分）已知直线l：axy+10，点A（1，3），B（2，3），若直线l与线段AB有公共点，则实数a的取值范围是（）A4，1B-14，1C（，-141，+）D（，41，+）4（5分）如图，在平行六面体ABCDA1

2、B1C1D1中，AB+AD-CC1=（）AAC1BA1CCD1BDDB15（5分）如图，在直三棱柱ABCAB1C1中，AC3，BC4，CC13，ACB90，则BC1与A1C所成的角的余弦值为（）A33B3210C24D556（5分）直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1AB，M是A1C1的中点，则AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为（）A710B8510C1510D-15107（5分）正四面体ABCD的棱长为4，空间中的动点P满足|PB+PC|=22，则APPD的取值范围为（）A4-23，4+23B2，32C1-32，4-2D14，28（5分）在棱长为1的正四面体ABCD中

3、，点M满足AM=xAB+yAC+（1xy）AD，点N满足DN=DA-（1）DB，当AM、DN最短时，AMMN=（）A-13B13C-23D23二、多选题（多选）9（5分）已知点A（2，3），B（4，5）到直线l：（m+3）x（m+1）y+m10的距离相等，则实数m的值可以是（）A-75B75C-95D95（多选）10（5分）已知直线l1、l2的方向向量分别是AB=（2，4，x），CD=（2，y，2），若|AB|6且l1l2，则x+y的值可以是（）A3B1C1D3（多选）11（5分）下列说法正确的有（）A若直线ykx+b经过第一、二、四象限，则（k，b）在第二象限B直线yax3a+2过定点（3，

4、2）C过点（2，1）斜率为-3的点斜式方程为y+1=-3(x-2)D斜率为2，在y轴截距为3的直线方程为y2x3（多选）12（5分）如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCDA1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（）A(AA1+AB+AD)2=2(AC)2BAC1(AB-AD)=0C向量B1C与AA1的夹角是60DBD1与AC所成角的余弦值为63三、填空题13（5分）过点（1，2）且与原点的距离最大的直线方程是 14（5分）已知平面的法向量是a=（3x1，1，x+5），平面的法向量是b=（x+1，x2+3，x），且，则实数x的值为

5、15（5分）设mR，已知直线l1：（m+1）x+my+2m0，过点（1，2）作直线l2，且l1l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是 16（5分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，PA平面ABC，AEPB于点E，M是AC的中点，PB1，则EPEM的最小值为 四、解答题17（10分）已知ABC的三个顶点是A（1，4），B（2，1），C（2，3）（1）求BC边的高所在直线方程；（2）求ABC的面积S18（12分）已知点A（0，1），_从条件、条件、条件中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答（1）求直线l1的方程；（2）求直线l2：x2y+20关于直线l1的对称直线的方程条件：点A关于直线l

6、1的对称点B的坐标为（2，1）；条件：点B的坐标为（2，1），直线l1过点（2，1）且与直线AB垂直；条件：点C的坐标为（2，3），直线l1过点（2，1）且与直线AC平行19（12分）在三棱锥ABCD中，已知CBCD=5，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值20（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，BC=2，M为BC的中点（）求证：PBAM；（）求平面PAM与平面PDC所成的角的余弦值21（12分）如图，在四棱锥PA

7、BCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值22（12分）如图1，在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC4将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使得平面A1DE平面BCED，如图2（）求证：A1OBD；（）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；（）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为53？若存在，求出A1FA1C的值；若不存在，说明理由2022-2023学年湖南省衡阳市祁东县育贤中学高二

8、（上）第一次月考数学试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题5分，共40分）1（5分）已知点A（3，1，0），若向量AB=(2，5，-3)，则点B的坐标是（）A（1，6，3）B（5，4，3）C（1，6，3）D（2，5，3）【解答】解：设B（x，y，z），由于点A（3，1，0），若向量AB=(2，5，-3)，故：x-3=2y+1=5z=-3，故B（5，4，3）故选：B2（5分）若方程（6a2a2）x+（3a25a+2）y+a10表示平行于x轴的直线，则a的值是（）A23B-12C23，-12D1【解答】解：方程（6a2a2）x+（3a25a+2）y+a10于x轴平行6a2a20 3a25a+20

9、 a10解得：a=-12故选：B3（5分）已知直线l：axy+10，点A（1，3），B（2，3），若直线l与线段AB有公共点，则实数a的取值范围是（）A4，1B-14，1C（，-141，+）D（，41，+）【解答】解：若直线l与线段AB有公共点，则A、B在直线l的两侧令f（x，y）axy+1，则有f（1，3）f（2，3）0，即（a+3+1）（2a3+1）0解得4a1，故选：A4（5分）如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB+AD-CC1=（）AAC1BA1CCD1BDDB1【解答】解：ABCDA1B1C1D1为平行四面体，AB+AD-CC1=DC+AD+C1C=AC+C1C=A1C

10、1+C1C=A1C故选：B5（5分）如图，在直三棱柱ABCAB1C1中，AC3，BC4，CC13，ACB90，则BC1与A1C所成的角的余弦值为（）A33B3210C24D55【解答】解：以点C为原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如下空间直角坐标系，则：C（0，0，0），A1（3，0，3），B（0，4，0），C1（0，0，3），BC1=(0，-4，3)，A1C=(-3，0，-3)，cosBC1，A1C=BC1A1C|BC1|A1C|=-9532=-3210，BC1与A1C所成的角的余弦值为3210故选：B6（5分）直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1

11、AB，M是A1C1的中点，则AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为（）A710B8510C1510D-1510【解答】解：因为M是A1C1的中点，A1B1C1为等边三角形，可得B1MA1C1，又AA1平面A1B1C1，B1M平面A1B1C1，所以AA1B1M，而AA1A1C1A1，所以B1M平面AA1C1C，以M为坐标原点，MB1，MC1分别为x，y轴，过M平行于AA1的直线为z轴建立空间直角坐标系，设AA1AB2，则M（0，0，0），A（0，1，2），MA=（0，1，2），又B1M=32AB=3，所以B（3，0，2），C（0，1，2），B1（3，0，0），则B1B=（0，0，2），B1C=（

12、-3，1，2），设平面BB1C1C的法向量为n=（a，b，c），则nB1B=2c=0nB1C=-3a+b+2c=0，取a=3，则b3，c0，所以n=（3，3，0），所以AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为|cosMA，n|MAn|MA|n|=3523=1510故选：C7（5分）正四面体ABCD的棱长为4，空间中的动点P满足|PB+PC|=22，则APPD的取值范围为（）A4-23，4+23B2，32C1-32，4-2D14，2【解答】解：分别取BC，AD的中点E，F，则|PB+PC|=|2PE|=22，所以|PE|=2，故点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，则APPD=-(PF+FA)

13、(PF+FD)=-(PF+FA)(PF-FA)=|FA|2-|PF|2=4-|PF|2，易求EF=22，所以|PF|min=EF-2=2，|PF|max=EF+2=32，即|PF|22，18，即4-|PF|2-14，2，所以APPD的取值范围为14，2故选：D8（5分）在棱长为1的正四面体ABCD中，点M满足AM=xAB+yAC+（1xy）AD，点N满足DN=DA-（1）DB，当AM、DN最短时，AMMN=（）A-13B13C-23D23【解答】解：AM=xAB+yAC+（1xy）AD，DN=DA-（1）DB，M平面BCD，N直线AB，当AM、DN最短时，AM平面BCD，DNAB，M为BCD的

14、中心，N为线段AB的中点，如图：又正四面体的棱长为1，AM=63，AM平面BCD，AMAB=|AM|AB|63=|AM2|，AMMN=AM（AN-AM）=AM（12AB-AM）=12AMAB-AM2 =-12|AM|2=-1269=-13故选：A二、多选题（多选）9（5分）已知点A（2，3），B（4，5）到直线l：（m+3）x（m+1）y+m10的距离相等，则实数m的值可以是（）A-75B75C-95D95【解答】解：两点A（2，3），B（4，5）到直线l：（m+3）x（m+1）y+m10的距离相等，|2(m+3)-3(m+1)+m-1|(m+3)2+(m+1)2=|4(m+3)+5(m+1)

15、+m-1|(m+3)2+(m+1)2，化简得|5m+8|1，解得m=-75，或m=-95，故选：AC（多选）10（5分）已知直线l1、l2的方向向量分别是AB=（2，4，x），CD=（2，y，2），若|AB|6且l1l2，则x+y的值可以是（）A3B1C1D3【解答】解：直线l1、l2的方向向量分别是AB=（2，4，x），CD=（2，y，2），|AB|6且l1l2，4+16+x2=64+4y+2x=0，解得x2=16x+2y+2=0，x=4y=-3或x=-4y=1，x+y1或x+y3故选：AC（多选）11（5分）下列说法正确的有（）A若直线ykx+b经过第一、二、四象限，则（k，b）在第二象限

16、B直线yax3a+2过定点（3，2）C过点（2，1）斜率为-3的点斜式方程为y+1=-3(x-2)D斜率为2，在y轴截距为3的直线方程为y2x3【解答】解：对于A：直线ykx+b经过第一、二、四象限，则k0，b0，故（k，b）在第二象限，故A正确；对于B：直线yax3a+2，转换为y2a（x3），由于a为任意实数，故x-3=0y-2=0，解得x=3y=2，故该直线过定点（3，2），故B正确；对于C：过点（2，1）斜率为-3的点斜式方程为y+1=-3(x-2)，故C正确；对于D：斜率为2，在y轴截距为3的直线方程为y2x+3，故D错误故选：ABC（多选）12（5分）如图，一个结晶体的形状为平行六

17、面体ABCDA1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（）A(AA1+AB+AD)2=2(AC)2BAC1(AB-AD)=0C向量B1C与AA1的夹角是60DBD1与AC所成角的余弦值为63【解答】解：因为以A为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为60，不妨设棱长为a，对于A，（AA1+AB+AD）2=AC123a2+32a212=6a2，因为AC2（AB+AD）22a2+2a212=3a2，则2（AC）26a2，所以（AA1+AB+AD）22（AC）2，故A正确；对于B，因为AC1(AB-AD)=（AA1+AB+AD）（AB-AD）=

18、AA1AB-AA1AD+AB2-ABAD+ADAB-AD20，故B正确；对于C，因为B1C=A1D，显然AA1D为等边三角形，则AA1D60，所以向量A1D与AA1的夹角为120，向量B1C与AA1的夹角为120，故C不正确；对于D，因为BD1=AD+AA1-AB，AC=AB+AD，则|BD1|=(AD+AA1-AB)2=2a，|AC|=(AB+AD)2=3a，所以BD1AC=（AD+AA1-AB）（AB+AD）a2，所以cosBD1，AC=BD1AC|BD1|AC|=a22a3a=66，故D不正确故选：AB三、填空题13（5分）过点（1，2）且与原点的距离最大的直线方程是x2y+50【解答】

19、解：过点P（1，2）且与原点的距离最大的直线l满足：lOPklkOP1，kl=12直线l的方程 为：y2=12（x+1），化为x2y+50故答案为：x2y+5014（5分）已知平面的法向量是a=（3x1，1，x+5），平面的法向量是b=（x+1，x2+3，x），且，则实数x的值为1或4【解答】解：，ab，ab=(3x-1)(x+1)-(x2+3)-x(x+5)=0，解得x1或4故答案为：1或415（5分）设mR，已知直线l1：（m+1）x+my+2m0，过点（1，2）作直线l2，且l1l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是 10【解答】解：由于直线l1：（m+1）x+my+2m0，整理得：（

20、x+y1）m+（x+2）0，故x+y-1=0x+2=0，解得x=-2y=3，即直线l1恒过点（2，3）；则过点（1，2）作直线l2，且l1l2，则最大距离d=(-2-1)2+(3-2)2=10故答案为：1016（5分）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，PA平面ABC，AEPB于点E，M是AC的中点，PB1，则EPEM的最小值为 -18【解答】解：因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ABBC，PAABA，PA，AB平面PAB，所以BC平面PAB，因为AE平面PAB，所以BCAE，因为AEPB，BCPBB，BC，PB平面PBC，所以AE平面PBC，所以AEEC，因为M为AC的中点

21、，所以EM=12AC=BM，即BME是等腰三角形，所以EPEM=|EP|EM|cosPEM|EP|（-12|EB|）=-12EP（1EP）-12(EP+1-EP)24=-18，当且仅当EP1EP，即EP=12时取等号，所以EPEM的最小值为-18故答案为：-18四、解答题17（10分）已知ABC的三个顶点是A（1，4），B（2，1），C（2，3）（1）求BC边的高所在直线方程；（2）求ABC的面积S【解答】解：（1）设BC边的高所在直线为l，由题知 KBC=3-(-1)2-(-2)=1，则直线l的斜率 Kl1，又点A（1，4）在直线l上，所以直线l的方程为 y41（x+1），即 x+y30（2

22、）BC所在直线方程为：y+11（x+2）即 xy+10，点A（1，4）到BC的距离d=|-1-4+1|2=22，又|BC|=(-2-2)2+(-1-3)2=42，则 SABC=12BCd=124222=818（12分）已知点A（0，1），_从条件、条件、条件中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答（1）求直线l1的方程；（2）求直线l2：x2y+20关于直线l1的对称直线的方程条件：点A关于直线l1的对称点B的坐标为（2，1）；条件：点B的坐标为（2，1），直线l1过点（2，1）且与直线AB垂直；条件：点C的坐标为（2，3），直线l1过点（2，1）且与直线AC平行【解答】解：选择条件，（1）

23、因为点A关于直线l1的对称点B的坐标为（2，1），所以l1是线段AB的垂直平分线，因为kAB=-1-12-0=-1，所以直线l1的斜率为1，又线段AB的中点坐标为（1，0），所以直线l1的方程为yx1，即xy10（2）l1：xy10与l2：x2y+20的交点坐标为（4，3），因为A（0，1）在直线l2：x2y+20上，A（0，1）关于l1对称的点为B（2，1），直线l2关于直线l1对称的直线经过点（2，1），（4，3），代入两点式方程得y+13+1=x-24-2，即2xy50，所以l2：x2y+20关于直线l1的对称直线的方程为2xy50选择条件，（1）因为kAB=-1-12-0=-1，直线l

24、1与直线AB垂直，所以直线l1的斜率为1，又直线l1过点（2，1），所以直线l1的方程为y1x2，即xy10（2）同选择条件，（1）因为kAC=3-12-0=1，直线l1与直线AC平行，所以直线l1的斜率为1，又直线l1过点（2，1），所以直线l1的方程为y1x2，即xy10（2）同19（12分）在三棱锥ABCD中，已知CBCD=5，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值【解答】解：（1）如图，连接OC，CBCD，O为BD的中点，COBD以O为坐标原点，分

25、别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系BD2，OBOD1，则OC=BC2-OB2=5-1=2B（1，0，0），A（0，0，2），C（0，2，0），D（1，0，0），E是AC的中点，E（0，1，1），AB=(1，0，-2)，DE=(1，1，1)设直线AB与DE所成角为，则cos=|ABDE|AB|DE|=|1-2|1+41+1+1=1515，即直线AB与DE所成角的余弦值为1515；（2）BF=14BC，BF=14BC，设F（x，y，z），则（x1，y，z）（-14，12，0），F（34，12，0）DE=(1，1，1)，DF=(74，12，0)，DC=(1，2，0)设平面D

26、EF的一个法向量为m=(x1，y1，z1)，由mDE=x1+y1+z1=0mDF=74x1+12y1=0，取x12，得m=(-2，7，-5)；设平面DEC的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，由nDE=x2+y2+z2=0nDC=x2+2y2=0，取x22，得n=(-2，1，1)|cos|=|mn|m|n|=|4+7-5|4+49+254+1+1=1313sin=1-cos2=1-113=2391320（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，BC=2，M为BC的中点（）求证：PBAM；（）求平面PAM与平面PDC所成的角的余弦值【解答】解：（） 证明：连接

27、AM交BD于点O，BD=AD-AB，AM=AB+BM=AB+12AD，BDAM=(AD-AB)(AB+12AD)=ADAB+12AD2-AB2-12ABAD=12(2)2-1=0，BDAM，又PD底面ABCD，AM平面ABCD，PDAM，又BDPDD，BD平面PBD，PD平面PBD，AM平面PBD，又PB平面PBD，AMPB；（）依题意，SPCD=1211=12，PA=12+(2)2=3，AM=12+(22)2=62，PM=(22)2+12+12=102，在PAM中，由余弦定理可得，cosPMA=PM2+AM2-PA22PMAM=104+64-3210262=1515，sinPMA=1-(15

28、15)2=1415，SPAM=12102621415=144，设平面PAM与平面PDC所成的锐二面角为，则cos=SPCDSPAM=12144=147，故平面PAM与平面PDC所成的角的余弦值为14721（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值【解答】（）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CDAB1，CM=12BC2，DCM60，由余弦定理可得，DM2CD2+CM22CDCMcos60=1+4-21212=3，则C

29、D2+DM21+34CM2，即CDDM，又PDDC，PDDMD，CD平面PDM，而PM平面PDM，CDPM，CDAB，ABPM；（）解：由（）知，CD平面PDM，又CD平面ABCD，平面ABCD平面PDM，且平面ABCD平面PDMDM，PMMD，且PM平面PDM，PM平面ABCD，连接AM，则PMMA，在ABM中，AB1，BM2，ABM120，可得AM2=1+4-212(-12)=7，又PA=15，在RtPMA中，求得PM=PA2-MA2=22，取AD中点E，连接ME，则MECD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（-

30、3，2，0），P（0，0，22），C（3，-1，0），又N为PC的中点，N（32，-12，2），AN=(332，-52，2)，平面PDM的一个法向量为n=(0，1，0)，设直线AN与平面PDM所成角为，则sin|cosAN，n|=|ANn|AN|n|=52274+254+21=156故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为15622（12分）如图1，在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC4将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使得平面A1DE平面BCED，如图2（）求证：A1OBD；（）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；（）线段A1C上是否存在点F

31、，使得直线DF和BC所成角的余弦值为53？若存在，求出A1FA1C的值；若不存在，说明理由【解答】（本小题满分14分）证明：（）因为在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，所以 DEBC，ADAE所以A1DA1E，又O为DE的中点，所以 A1ODE（1分）因为平面A1DE平面BCED，且A1O平面A1DE，所以 A1O平面BCED，（3分）所以 A1OBD（4分）（）取BC的中点G，连接OG，所以OEOG由（）得A1OOE，A1OOG如图建立空间直角坐标系Oxyz（5分）由题意得，A1（0，0，2），B（2，2，0），C（2，2，0），D（0，1，0）所以A1B=（2，2，2），A1D=（0

32、，1，2），A1C=（2，2，2）设平面A1BD的法向量为n=（x，y，z），则nA1B=0nA1D=0，即2x-2y-2z=0-y-2z=0，令x1，则y2，z1，所以n=（1，2，1）（7分）设直线A1C和平面A1BD所成的角为，则sin|cosn，A1C|=|nA1C|n|A1C|=223所以 直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为223（9分）（）线段A1C上存在点F适合题意设A1F=A1C，其中0，1（10分）设F（x1，y1，z1），则有（x1，y1，z12）（2，2，2），所以x12，y12，z122，从而F（2，2，22），所以DF=（2，2+1.22），又BC=（0，4，0），所以|cosDF，BC|=|DFBC|DF|BC|=4|2+1|4(2)2+(2+1)2+(2-2)2，（12分）令|2+1|(2)2+(2+1)2+(2-2)2=53，整理得327+20（13分）解得=13，舍去2 故线段A1C上存在点F适合题意，且A1FA1C=13（14分）声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/9/23 19:45:12；用户：高中数学朱老师；邮箱：orFmNt90mRiXzEYJeDrg1uSD0ofc；学号：37103942