2024-2025学年福建省南平市高二上册数学人教A版（2019）第一次月考检测试卷（含解析）

2024-2025学年福建省南平市高二上学期数学人教A版第一次月考检测试卷单选题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）已知点A2,1，B3,2，则直线A．30° B．45° C．60°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在空间直角坐标系中，若a=1,1,−3，b=1,−1,x，且aA．5 B．7C．11 D．13直线l1:a+2x+y−1=0与直线l2A．−1或−4 B．−1 C．2 D．−4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 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 “b=±10”是“直线x+y+b=0与圆C:x+12A．充分条件 B．必要条件C．既是充分条件又是必要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件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多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．下列给出的命题正确的是（

）A．若直线l的方向向量为e=1,0,3，平面α的法向量为nB．两个不重合的平面α,β的法向量分别是u=2,2,−1C．若a,b,D．已知三棱锥O−ABC，点P为平面ABC上的一点，且OP=1已知点P在圆C:(x−3)2+(y−3)2=4上，点A．直线AB与圆C相交 B．直线AB与圆C相离C．点P到直线AB距离大于0.5 D．点P到直线AB距离小于5如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，正方形ABCD的中心为O，棱CC1

A．OEB．SC．异面直线OD1与EFD．点F到直线OD1三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.已知a=1,1,2，b=2，a已知直线l:x+y−1=0：与圆C:x−32+y+42=5若直线l:kx−y+4+2k=0与曲线y=4−x2有两个交点，则实数k四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。（13分）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（15分）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线l的方程为a+1x−y+4a=0，(1)若a=1，求过点1,0且与直线l平行的直线方程；(2)已知原点O到直线l的距离为4，求a的值；(3)已知直线l在两条坐标轴上截得的截距相等，求a的值．（15分）已知圆C:x2+(1)证明：直线l和圆C恒有两个交点；(2)若直线l和圆C交于A,B两点，求AB的最小值及此时直线l的方程.（17分）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)求证：BC⊥平面ABB(2)求平面AA1D（17分）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)直线x−y+m=0与圆C交于E，F两点，求OE·OF的取值范围（2024-2025学年福建省南平市高二上学期数学人教A版第一次月考检测试卷单选题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）已知点A2,1，B3,2，则直线A．30° B．45° C．60°【解题思路】根据两点间斜率公式求解即可；【解答过程】解析：k=tanα=所以α=45°故选：B.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.在空间直角坐标系中，若a=1,1,−3，b=1,−1,x，且aA．5 B．7C．11 D．13【解题思路】由a⊥b，得a⋅b=0【解答过程】因为a=1,1,−3，b所以a⋅b=1−1−所以b=1,−1,0，所以所以a+故选：B.直线l1:a+2x+y−1=0与直线l2A．−1或−4 B．−1 C．2 D．−4【解题思路】由题意直线l1【解答过程】由已知直线l1:a+2知直线l1的斜率存在，则直线l故直线l1的方程可化为：y=−(a+2)x+1直线l2的方程可化为：y=−∴−(a+2)=−2a+3，且1≠1−a故选：D.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.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.“b=±10”是“直线x+y+b=0与圆C:x+12A．充分条件 B．必要条件C．既是充分条件又是必要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件【解题思路】根据直线与圆相切d=r求b得出结果.【解答过程】由已知得圆心C−1,1，半径r=圆心C到直线x+y+b=0的距离d=b所以b=10，即b=±10“b=10”是“直线x+y+b=0与圆C:故选：C．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.

多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．下列给出的命题正确的是（

）A．若直线l的方向向量为e=1,0,3，平面α的法向量为nB．两个不重合的平面α,β的法向量分别是u=2,2,−1C．若a,b,D．已知三棱锥O−ABC，点P为平面ABC上的一点，且OP=1【解题思路】利用线面平行的向量关系求解选项A；利用面面垂直的向量表示求解选项B；利用基底的概念求解选项C；利用空间四点共面的定理求解选项D.【解答过程】对A，e⋅n=−2+2=0，所以l对B，u⋅v=−6+8−2=0对C，利用反证法的思想，假设a+b,所以(1−y)a若y=1，则(x−1)b+(x+1)c与a,若y≠1，则a=x−11−y与a,所以假设不成立，即a+所以a+对D，因为P为平面ABC上的一点，所以P,A,B,C四点共面，则由共面定理以及OP=12+m−n=1，所以故选:BCD.已知点P在圆C:(x−3)2+(y−3)2=4上，点A．直线AB与圆C相交 B．直线AB与圆C相离C．点P到直线AB距离大于0.5 D．点P到直线AB距离小于5【解题思路】根据圆心到直线的距离判断AB，再由圆上点到直线距离的最值判断CD即可.【解答过程】由C:(x−3)2+(y−3)2直线AB:x+y−2=0，则圆心到直线距离d=|3+3−2|所以直线AB与圆C相离，故A错B对；由圆心到直线的距离知，圆上点到直线距离的最大最小值分别为2222故选：BCD.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，正方形ABCD的中心为O，棱CC1

A．OEB．SC．异面直线OD1与EFD．点F到直线OD1【解题思路】建立空间直角坐标系，结合空间向量逐项判断；【解答过程】故以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

B1,1,0,O12,12,0OE⋅OF⋅OF=5根据三角函数两角正余弦关系解得：sinS△FOEODOD1=点F到直线OD1的距离为：而cosOF,所以OFsin故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.已知a=1,1,2，b=2，a−b【解题思路】根据a−【解答过程】因为a=1,1,2因为a−b=2即4−2a⋅b故答案为:2.已知直线l:x+y−1=0：与圆C:x−32+y+42=5交于A,B【解题思路】根据题意，利用圆的弦长公式，准确计算，即可求解.【解答过程】由圆C:x−32+y+42又由圆心C到直线l:x+y−1=0的距离为d=3−4−1根据圆的弦长公式，可得AB=2故23若直线l:kx−y+4+2k=0与曲线y=4−x2有两个交点，则实数【解题思路】先求出直线l的恒过点A−2,4，再将曲线y=4−x2转化为【解答过程】由题可知，直线l可转化为x+2k−y+4=0，所以直线l恒过点A又因为曲线y=4−x2可转化为x当直线l与该曲线相切时，点0,0到直线的距离d=4−2kk2设B2,0，则k由图可得，若要使直线l:kx−y+4+2k=0与曲线y=4−x2有两个交点，需要四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。（13分）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（15分）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线l的方程为a+1x−y+4a=0，(1)若a=1，求过点1,0且与直线l平行的直线方程；(2)已知原点O到直线l的距离为4，求a的值；(3)已知直线l在两条坐标轴上截得的截距相等，求a的值．【解题思路】（1）代入a=1计算出斜率，利用点斜式写出直线方程；（2）列出点到直线的距离公式，建立等式求解可求出a的值；（3）求在两条坐标轴上截得的截距，建立等式求解即可.【解答过程】（1）当a=1时，直线l的方程为2x−y+4=0，斜率为k=2，则过点1,0且与直线l平行的直线方程为y=2x−1，即2x−y−2=0（2）原点O到直线l的距离为d=4a解得：a=−1.（3）a=−1时，不满足条件；当a≠−1时，令y=0，x=−4aa+1，令x=0，y=4a，则有−4aa+1=4a（15分）已知圆C:x2+(1)证明：直线l和圆C恒有两个交点；(2)若直线l和圆C交于A,B两点，求AB的最小值及此时直线l的方程.【解题思路】（1）先求直线所过定点，然后判断定点在圆内即可得证；（2）根据直线垂直于l⊥CP时，AB有最小值可解.【解答过程】（1）直线2+kx+1+ky+k=0联立x+y+1=02x+y=0解得x=1y=−2所以不论k取何值，直线l必过定点圆C:x2+y2因为PC=(1−0)2+(−2−0)则直线l与圆C恒有两个交点.（2）直线l经过圆C内定点P1,−2，圆心C记圆心到直线l的距离为d.因为AB=2r2−d所以当直线l⊥CP时，被圆C截得的弦AB最短，此时AB=2因为kCP=−2−01−0=−2，所以直线l的斜率为1所以当AB取得最小值时，直线l的方程为y+2=12x−1综上：AB最小值为211，此时直线l方程为x−2y−5=0

（17分）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)求证：BC⊥平面ABB(2)求平面AA1D【解题思路】（1）利用勾股定理算出AC，再用勾股定理可证得BC⊥AB，结合AA1⊥BC，可证得BC⊥（2）建立适当的空间直角坐标系，算出两平面的法向量，继而利用公式算出两平面夹角的余弦值.【解答过程】（1）连接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为原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，如图所示，则A2,0,0，C0,2,0，D1,2,0∴AA1=0,0,1，设n=x,y,z为平面A令x=2，得n=设m=a,b,c为平面A令c=2，得m=设平面AA1D与平面A则cosθ=故平面AA1D与平面A（17分）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)直线x−y+m=0与圆C交于E，F两点，求OE·OF的取值范