安徽省A10联盟2024级高二上学期2月初期末质量检测数学B（含答案）

2024级高二上学期2月初期末质量检测

数学(北师大版)试题B

本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分，考试时间120分钟。请在答题卡上作答。

第I卷(选择题共58分)

10.已知直线1:x+y+1=0,点P为圆M:(x-1)²+(y-2)²=2上一点，则()

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一项是最符合题目要A.直线l与圆M相离

求的.

点到直线1距离的最小值为√2

1.已知a=(2,-1,3),b=(3,5,-1),则2a-b等于()B.P

A.(1,-7,-1)B.(7,-3,-5)C.(1,-7,7)D.(7,3,5)C.与圆M关于直线1对称的圆的方程为(x+3)²+(y-2)²=2

2.若圆锥的母线长为5,高为4,则圆锥的体积为()D.平行于1且与圆M相切的两条直线方程为2x+2y+1=0和2x+2y-5=0

A.12πB.16πC.20πD.24π11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M,N分别为棱C₁D₁,C₁C的中点，则下列

3.已知直线l₁:2x-y+1=0,l₂:a²x+2y+2=0(a∈R),则“I₁⊥l₂”是“a=1”的()结论正确的有()

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件A.直线AM与平面A₁ADD₁所成角的正弦值为

4.设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,如果(a+c)²-b²=ac,且b=2√3,

那么△ABC外接圆的半径为()B.点B到直线AM的距离为

A.1B.2C.2√3D.4

C.直线A₁M与直线BN是异面直线

5.在空间直角坐标系中，若A(1,2,3),B(3,5,7),C(7,2,15)三点共线，其中λ∈R,则λ=()

A.11B.9C.7D.5D.点D到平面AMN的距离为

6.已知圆C₁:x²+y²+8x-6y+9=0,圆C₂:(x+1)²+(y+1)²=a²(a>0),若C₁与C₂有且仅

有2条公切线，则实数a的取值范围为()第Ⅱ卷(非选择题共92分)

A.(2,10)B.(1,10)C.(2,9)D.(1,9)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

7.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,,△ABC的面积为√3,角A的12.已知三棱锥P-ABC中，平面ABC的一个法向量为n=(1,2,-1),若AP=(3,4,-1),则向量

AP在法向量n上的投影向量为·

平分线交边BC于点D,且BD=2DC,则a为()

13.已知直线2x-y+5=0与圆x²+y²=9相交于A,B两点，则线段AB中点的坐标为

A.√2B.√10C.√14D.4

8.已知圆O的直径AB=4,动点P与A的距离是它与B的距离的√2倍，当△PAB面积最大时，14.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b²+c²=5a²,则的

PA·PB=()最小值为

A.32B.64C.16D.48

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，

全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.已知α,β,γ是三个不同的平面，a,b,c是三条不同的直线，下列命题正确的有()

A.若a//b,a//c,则b//cB.若a⊥b,alc,则b⊥c

C.若a//β,a//γ,则β//γD.若α⊥β,β//γ,则α⊥y

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B

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.(17分)

15.(13分)已知圆C过A(-1,1),B(1,3)两点，且圆心C在直线x-2y+1=0上.

已知圆C:x²+y²-4x-2y+4=0,过原点O引圆的两条切线l,l₂,切点分别为M,N,其中(1)求圆C的标准方程；

直线l₁的倾斜角大于直线l₂的倾斜角.(2)求过圆心C且在x轴，y轴上截距相等的直线l₁的方程；

(1)求l₁,l₂的方程；(3)若直线l₂的横截距为a(a>1),纵截距为b(b>1),且直线l₂被圆C截得的弦长为2√3,求ab

(2)求四边形OMCN的面积.的最小值.

16.(15分)

已知△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c

(1)求cosC;

(2)若acosC+ccosA=kbsinA,求k的值.

19.(17分)

在三棱锥P-ABC中，AB=AC=CP=1,AB⊥AC,∠PCA=120°.

(1)若平面PAC⊥平面ABC.

(i)求证：PC⊥AB;

(ii)三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的表面上，求球O的半径R;

17.(15分)(2)若二面角A-CP-B的余弦值为求BP的长.

如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2AC=4,∠AB₁C₁=30°.

(1)求证：△A₁BC为直角三角形；

(2)若AA₁=2,求平面AA₁B与平面A₁BC所成角的正弦值.

C

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B

2024级高二上学期2月初期末质量检测

数学(北师大版)参考答案B

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.

题号12345678

答案CABBADCB

1.C由题意知，2a-b=2(2,-1,3)-(3,5,-1)=(1,-7,7).故选C.

2.A因为圆锥的母线l=5,高h=4,所以底面半径r=√i²-h²=√5²-4²=3,故其体积

.故选A.

3.B若l⊥l₂,则2a²-2=0,解得a=±1,故“I⊥l₂”是“a=1”的必要不充分条件.故选B.

4.B由(a+c)²-b²=ac,可得a²+c²-b²=-ac,则,因为B∈(0,π),

所以又b=2√3,由正弦定理可得解得R=2.故选B.

5.A由题意知，AB=(2,3,4),AC=(6,λ-2,12),因为A,B,C三点共线，所以AB=kAC,即

(2,3,4)=k(6,λ-2,12),解得,λ=11.故选A.

6.D由题意得，C₁,C₂相交；而圆C₁:(x+4)²+(y-3)²=16,则|C₁C₂|=√(-3)²+4²=5,故

|a-4|<5<a+4,解得1<a<9.故选D

7.C因为且角A的平分线交边BC于点D,BD=2DC,所以

,即AB=2AC,又

所以AB·AC=4,即AB=2√2,AC=√2,由余弦定理得

,所以BC=√14,

即a=√14.故选C.

8.B以AB所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(-2,0),

B(2,0),所以圆O的方程为x²+y²=4.设动点P(x,y),则根据PA|=√2|PB化简可得

(x-6)²+y²=32,即动点P的轨迹是以(6,0)为圆心，4√2为半径的圆.

所以当△PAB面积最大时，y,=±4√2.当点P的坐标为(6,4√2)时，

PB=(-4,4√2),所以PA·PB=-8×(-4)+(-4√2)×(-4√2)=64;

当点P的坐标为((6,-4√2)时，PA=(-8,4√2),PB=(-4,4√2),

所以PA·PB=-8×(-4)+4√2×4√2=64.故选B.

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B

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全

部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

题号91011

答案ACDABABD

9.ACD根据平行的传递性，若a//b,al/c,则b//c,故A正确；若a⊥b,a⊥c,则可能b⊥c,

也可能b//c,故B错误；易知α//β,a//γ,则β//γ,故C正确；若α⊥β,β//γ,则α⊥γ,

故D正确.故选ACD.

10.AB由题意得，圆心M(1,2),半径r=√2,对于A,圆心M到直线1:x+y+1=0的距离

所以直线l与圆M相离，故A正确；对于B,因为点P到直线l距

离的最小值为d-r=2√2-√2=√2,故B正确；对于C,设圆心M(1,2)关于直线1对称点为

N(x₀,yo),则,解得N(-3,-2),所以与圆M关于直线l对称的圆的方

程为(x+3)²+(y+2)²=2,故C错误；对于D,设平行于1且与圆M相切的直线方程为

x+y+c=0,所以解得c=-1或c=-5,所以平行于1且与圆M相

切的两条直线方程为x+y-1=0和x+y-5=0,故D错误.故选AB.

11.ABD以D为原点，以DA,DC,DD₁所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),D₁(0,0,2),A₁(2,0,2),M(0,1,2),N(0,2,1),所以

AM=(-2,1,2),由正方体性质可知平面A₁ADD₁的一个法向量n=(0,1,0),设直线与平面所

成的角为α,则,故A正确；AB=(0,2,0),AM=(-2,1,2),点B

到直线AM的距离为,故B正确；因为

MN=(0,1,-1),A₁B=(0,2,-2)=2MN,所以MN//AB,所以A,B,M,N四点共面，

所以直线A₁M与直线BN不是异面直线，故C错误；AM=(-2,1,2),AN=(-2,2,1),

DA=(2,0,0),设平面AMN的法向量为m=(x,y,z),所以

,令x=3,则y=2,z=2,

所以m=(3,2,2),所以点D到平面AMN的距离为

,故D正确.故选ABD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.(2,4,-2)

向量AP在法向量n上的投影向量为

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B

13.(-2,1)

由题意得，联立可得x²+(2x+5)²=9,即5x²+20x+16=0,所以xa+xB=-4,

则yA+yB=2(xA+xB)+10=2,所以线段AB中点的坐标为

14.

由正弦定理可得，又由b²+c²=5a²和余

弦定理得，,代入上式可得，,因为

当且仅当b=c时，等号成立，则而

,所以,即当b=c时，

取得最小值为

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.(13分)

(1)由题意得，圆C:(x-2)²+(y-1)²=1;……………(2分)

显然直线l₁,l₂的斜率存在，设直线l₁,l₂的方程为y=kx,

故圆心C(2,1)到直线l的距离……………(4分)

解得k=0或,………………(7分)

又直线l₁的倾斜角大于直线l₂的倾斜角，故直线l,l₂的方程分别为………(8分)

(2)由题意得，|oC|=√2²+1²=√5,故lON=√locP-R²=2,………(11分)

而SOMCN=2S△Onc=CN·ON=2×1=2.………(13分)

16.(15分)

(1)其中t>0,………………(2分)

则a+2b=8t,b+2c=11t,c+2a=8t,联立……………(5分)

由余弦定理得……………(7分)

(2)由(1)及余弦定理可得，

因为A∈(0,π),所以sin,………………(11分)

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B

又acosC+ccosA=kbsinA,由正弦定理得sinAcosC+sinCcosA=ksinBsinA,

则sin(A+C)=sinB=ksinBsinA,…………(13分)

又因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以1=ksinA,即.……………(15分)

17.(15分)

(1)由题意得，∠A₁B₁C₁=∠ABC=30°,AB=2AC,……(1分)

由正弦定理知，,故sin∠ACB=1,则CA⊥CB,…………(3分)

而AA₁⊥平面ABC,CBc平面ABC,故AA₁⊥CB,…………(4分)

又AA₁∩AC=A,故CB⊥平面AA₁C;(5分)

因为A₁Cc平面AA₁C,故CB⊥A₁C,所以△A₁BC为直角三角形.…………(6分)

(2)分别以CB,CA,CC₁所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AA₁=2,AB=2AC=4,所以BC=2√3,

故A(0,2,0),C(0,0,0),B(2√3,0,0),A₁(0,2,2),

.………………(8分)

故AA₁=(0,0,2),AB=(2√3,-2,-2),CB=(2√3,0,0)

设平面AA₁B和平面A₁BC的法向量分别为n₁=(x₁,y1,z₁),n₂=(x₂,y₂,z₂),

则

,令x₁=1,则n=(1,√3,0),………(10分)

,令y₂=1,则n₂=(0,1,-1),(12分)

记平面AA₁B与平面A₁BC所成角为θ,则cosθ=|cos<n,

.………………(15分)

18.(17分)

(1)由题意知，圆心C在直线x-2y+1=0上，故设圆心为C(2t-1,t),

因为点A(-1,1),B(1,3)在圆C上，所以|CA|=|CB,

即√4t²+(t-1²=√(2t-2)²+(t-3)²,解得t=1,………(4分)

所以圆心C(1,1),半径r=|CA|=2,即圆C的标准方程为(x-1)²+(y-1)²=4(5分)

(2)由题意知，直线l₁斜率存在且圆心C(1,1),设直线l₁的方程为y-1=k(x-1),………(6分)

令x=0,解得y=1-k,令y=0,解得

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B

因为直线l₁过圆心C且在x轴，y轴上截距相等，,解得k=±1(8分)

当k=1时，直线l:y=x,此时x轴，y轴上截距为0,符合题意；

当k=-1时，直线l₁:x+y-2=0,此时x轴，y轴上截距为2,符合题意.

综上，直线l₁的方程为y=x或x+y-2=0.…………(10分)

(3)因为直线l₂被圆C截得的弦长为2√3,

所以圆心C到直线l₂的距离为………………(11分)

又直线l₂的横截距为a(a>1),纵截距为b(b>1),

则直线l₂的方程为即bx+ay-ab=0,………(13分)

则圆心C(1,1)到直线l₂的距离整理可得ab+2=2(a+b),

由a+b≥2√ab,得ab+2=2(a+b)≥4√ab,即(√ab)²-4√ab+2≥0,

解得√ab≤2-√2或√ab≥2+√2,………………(15分)

因为a>1,b>1,所以ab>1,则√ab≥2+√2,故ab≥6+4√2,

当且仅当时，即a=b=2+√2时，等号成立，故ab的最小值为6+4√2.(17分)

19.(17分)

(1)(i)由题意得，AB⊥AC,平面PAC⊥平面ABC,

因为平面PAC∩平面ABC=AC,ABc平面ABC,所以AB⊥平面PAC,

又PCc平面PAC,所以PC⊥AB(3分)

(i