【文档说明】河南省平顶山市叶县高级中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.938 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年上学期高二年级9月月考数学试题全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按

题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂，黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试

卷和答题卡一并上交.5.本卷主要考查内容：选择必修第一册第一章~第二章2.4.一､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.1.圆22:4240Cxyxy+−+−=的圆心与半径分

别为（）A.()2,1C−，3r=B.()2,1C−，9r=C.()2,1C−，3r=D.()2,1C−，9r=【答案】C【解析】【分析】根据圆的一般方程求得圆心和半径.【详解】圆心为42,22−−−，即()2,1−，半径为22

424432++=.故选：C2.两平行直线1:10lxy+−=和2:30lxy+−=之间的距离为（）A.2B.2C.22D.3【答案】A【解析】【分析】利用平行线间距离公式计算即得.【详解】平行直线1:10lxy+−=和2:30lxy+−=之间的距离2213211d−+==+.故选：A3.已知

点()()()3,2,1,4,1,2,5,4,3ABC−−−，且四边形ABCD是平行四边形，则点D的坐标为（）A.()6,5,4−B.()3,2,7−C.()1,2,6−D.()6,1,3−−【答案】A【解析】【分析】设点D的坐标为(),,xyz．结

合平行四边形的一组对边平行且相等的性质和空间向量的相等向量的计算即可求解.【详解】设设点D的坐标为(),,xyz，由题意得()()()4,1,23,2,11,1,1AB−−−=−−=()()(),5,,4,5,43,3xyzxyzDC=−−=−−−−，因为四边形ABCD是平行四

边形，所以ABDC=，所以514130xyz−−=−=−−=−，解得654xyz=−==，故选：A4.经过直线1:21lyx=−−和2:23lyx=+的交点，且倾斜角是直线2l的倾斜角的两倍的直线方程为（）A.210xy++=B.4

30xy−+=C.4310xy++=D.3410xy+−=【答案】C【解析】【分析】求出两直线的交点坐标，再利用二倍角的正切公式求出直线的斜率即可求解.【详解】由2123yxyx=−−=+，解得11xy=−=，即所求方程的直线过点(1,1)−，

令直线2:23lyx=+的倾斜角为，则tan2=，显然是锐角，因此所求方程的直线斜率222tan224tan21tan123k====−−−，所以所求的直线方程为41(1)3yx−=−+，即4310xy++=.故选：C5.已知向量

()()1211mntt=−=−，，,，，，且m⊥平面,n⊥平面，若平面与平面的夹角的余弦值为223，则实数t的值为（）A.12或1−B.15或1C.1−或2D.12−【答案】B【解析】【分析

】利用向量的夹角公式列方程求解即可【详解】因为()()1211mntt=−=−，，,，，所以222612mntmnt=+==+，，，因为m⊥平面,n⊥平面，若平面与平面的夹角的余弦值为223，所以222223612tt+=+，化简得25610tt−+=，解得15t=或1．故选：B

6.直线1yx=+关于直线2yx=对称的直线方程为（）A.310xy−−=B.420xy−−=C.530xy−−=D.750xy−−=【答案】D【解析】【分析】解方程组求出两条直线的交点坐标，再求出直线1yx=+上的点(4,3)−−关于直线2yx=的对称

点即可求解.【详解】由12yxyx=+=，解得12xy==，则直线1yx=+与直线2yx=交于点(1,2)A，在直线1yx=+上取点(4,3)B−−，设点B关于直线2yx=的对称点(,)Bab，依题意，3142

34222baba+=−+−−=，整理得21025abab+=−−=，解得05ab==−，即点(0,5)B−，直线BB的方程为2(5)510yx−−=−−，即750xy−−=，所以直线1yx=+关于直线2yx=对称的直

线方程为750xy−−=.故选：D7.在空间直角坐标系中，已知(1,1,1),(1,2,2),(3,4,2)ABC−−，则点A到直线BC的距离为（）A.755B.10C.392D.352【答案】A【解析】【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.【详解】()4,

2,0BC=−，()255001355BCBABC=−=−−,,，,,，2225751055BCdBABABC=−=−−=.故选：A.8.如图，在棱长为1的正方体1111

ABCDABCD−中，1(01)DMDA=，1(01)CNCD=，若//MN平面11AACC，则线段MN的长度的最小值为（）A.13B.12C.23D.33【答案】D【解析】【分析】建系，求出

相关点的坐标，用,表示出MN，证明BD⊥平面11ACCA，求得平面11AACC的法向量，由条件得到1+=，将2||MN的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得.【详解】如图，以点D为坐标原点，分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系.则有11(0,0,0

),(1,0,1),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,0)DACDB,依题意，1(1,0,1)(,0,)DMDA===，1(0,1,0)(0,1,1)(0,1,)DNDCCNDCCD+−=+=+==−,于，(,1,)MNDND

M−=−−−=.又因,DBAC⊥1CC⊥平面ABCD，DB平面ABCD,则1CCBD⊥,又1CCACC=I,1,CCAC平面11ACCA，故BD⊥平面11ACCA,故平面11AACC的法向量可取为(1,1,0)n

DB==，因//MN平面11AACC，故10MNn=−+−=，即1+=.是则222222(|1|())2(12)MN+−+−=+−=22116416()33=−+=−+，因01，故当13=时，min3||

3MN=.故选：D.二､多选题：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.已知向量(1,1,0),(2,1,2)

ab=−=−，则下列向量中与,ab共面的向量是（）A.1(3,0,2)c=−B.2(1,2,2)c=−C.3(0,3,2)c=−D.4(5,1,2)c=−【答案】AC【解析】【分析】根据共面向量定理，设

出表达式，由方程组的解的情况确定是否与,ab共面即得.【详解】对于A，设1cxayb=+，则得23022xyxyy+=−+=−=−，解得11xy==，即1cab=+，故A正确；对于B，设2cxayb=+，则得21222xyxyy+

=−−+=−=，该方程组无解，故不存在,xy的值满足2cxayb=+，故B错误；对于C，设3cxayb=+，则得20322xyxyy+=−+=−−=，解得21xy==−，即32cab=−，故

C正确；对于D，设4cxayb=+，则得25122xyxyy+=−+=−=−，该方程组无解，故不存在,xy的值满足4cxayb=+，故D错误.故选：AC.10.已知动点,AB分别在直线1:34

50lxy−+=与2:34100lxy−+=上移动，则线段AB的中点P到坐标原点O的距离可能为（）A.2B.75C.3D.94【答案】CD【解析】【分析】设出动点𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,

𝑦2)的中点坐标，然后求出中点的轨迹方程，再求出原点到该直线的距离可得答案.【详解】令𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)分别在直线1l：3450xy−+=与2l：34100xy−+=上，设AB的中点M的坐标为(),xy，则有：12122,2xxxyyy=+=+1

122345034100xyxy−+=−+=，两式相加得：()()121234150xxyy+−++=，所以68150xy−+=，则原点到该直线的距离22153268d==+，大于该值的都有可能.

故选：CD11.如图，在四棱锥PABCD−中，AP⊥底面ABCD，底面ABCD为边长为2的菱形，π3ABC=，2,APO=为对角线,ACBD的交点，(01),DFDPE=为PC的中点．则下列说法正确的是（）A.AEOF⊥B.三棱锥PABD−的外接球的半

径为5C.当异面直线OF和AB所成的角为π6时，37=D.点F到平面PAB与到平面PAC的距离相等【答案】ACD【解析】【分析】在菱形ABCD中，过点A作直线AxAD⊥，以A为原点建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间向量求出线线角判

断AC；求出点到平面距离判断D；分析棱锥外接球球心并求出球半径判断B.的【详解】在菱形ABCD中，过点A作直线AxAD⊥，由AP⊥底面ABCD，得直线,,AxADAP两两垂直，以点A为原点，直线,,AxADAP分别为

,,xyz轴建立空间直角坐标系，而π3ABC=，则31312(0,0,0),(3,1,0),(3,1,0),(0,2,0),(0,0,2),(,,0),(,,)22222ABCDPOE−，由(01)DFDP=，

得(0,2,2)(0,2,2)DF=−=−，则(0,22,2)F−，对于A，312(,,)222AE=，33(,2,2)22OF=−−，则33()(2)2201232222AEOF=−+−+=，于是AEOF⊥，A正确；对于B，由2CBCACD===，得三

棱锥PABD−的外接球截平面ABD所得截面圆圆心为C，则球心1O在过C垂直于平面ABD的直线上，直线1//COAP，显然球心1O在线段AP的中垂面上，因此11222OCAP==，三棱锥PABD−的外接球221132422ROCAC=+=+=，B错误；对于C，(3,

1,0)AB=−，由异面直线OF和AB所成的角为π6，得22|||23|3|cos,|2||||332(2)242OFABOFABOFAB−===+−+，整理得25624=，而01，解得37=，C正确；对于D，(3,1,0),(3,1,0),(0,0,2)ABAC

AP=−==，设平面PAB与平面PAC的法向量分别为(,,),(,,)mabcnxyz==，3020mABabmAPc=−===，令1a=，得(1,3,0)m=，3020nACxynAPz=+===

，令1x=，得(1,3,0)n=−，而(0,22,2)AF=−，则点F到平面PAB的距离1|||3(22)|3(1)2||AFmdm−===−，点F到平面PAC的距离2|||3(22)|3

(1)2||AFndn−−===−，显然12dd=，D正确.故选：ACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.过点(31)A−，且在两坐标轴上截距相等的直线方程是_______________.【答案】+30xy=或20xy+−=.【解析】【分析】分截距为0以

及截距不为0两种情况分别求解即可.【详解】当截距为0时,满足在两坐标轴上的截距相等.此时设直线方程为ykx=,则1133kk−==−,故13yx=−,化简得+30xy=.当截距不为0时,设直线方程为1xyaa+=

,则3112aaa−+==.故221xy+=,化简可得20xy+−=.故答案为：+30xy=或20xy+−=.【点睛】本题主要考查了根据直线的截距关系式求解直线方程的问题,需要注意分截距为0与不为0两种情况进行求解.属于基础题.13.已知点(1,3),(3,2

)AB−，过点31,22P的直线l与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围为_______，直线l的斜率的取值范围为_______．【答案】①.π3π,44②.(),11,−−+【解析】【分析】分别求得直线PA，PB的斜率，结合图形可得k的范围，再由直线的斜率公式

，可得倾斜角的范围.【详解】如图所示：由点31(1,3),(3,2),,22ABP−，可得直线PA的斜率为1321312−=−+，直线PB的斜率为1221332−=−，由直线l与线段AB相交，可得k的范围是(),11,−−+；由斜

率与倾斜角的正切图象得倾斜角π3π,44故答案为：π3π,44；(),11,−−+.14.如图，在三棱柱111ABCABC−中，11ππ,34BACAACAAB===，12,2,ABACAAD===为11AC的

中点，E为11BC的中点，BD和AE相交于点P，则CP=_______．【答案】233##233【解析】【分析】根据给定条件，可得23APAE=，再利用空间向量的基底1{,,}ABACAA表示CP，然后利用向量数量积的

运算律求解即得.【详解】在三棱柱111ABCABC−中，连接DE，由,DE分别为1111,ACBC的中点，得11////DEABAB，且111122DEABAB==，则2APPE=，1112211()(2)3323APA

EABACABACAA==+=++，11(22)3CPAPACABACAA=−=−+，而11ππ,34BACAACAAB===，所以2222111111||(22)4444833CPABACAAABACAAABACABAAACAA=−+=++

−+−1122234444242242282232223=++−+−=.故答案为：233.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.已知ABCV三个顶点的坐标分别是()()()1,1,4,2,3,0

ABC.（1）求ABCV的面积（2）求ABCV外接圆的方程【答案】（1）52（2）22535222xy−+−=【解析】【分析】（1）利用斜率可得ACBC⊥，则12ABCSACBC=，由已知数据求解即可；（2）

由ACBC⊥，ABCV外接圆是以线段𝐴𝐵为直径的圆，求出圆心和半径即可得外接圆的方程.【小问1详解】ABCV三个顶点的坐标分别是()()()1,1,4,2,3,0ABC，直线AC的斜率011312ACk

−==−−，直线BC的斜率02234BCk−==−，则1ACBCkk=−，即ACBC⊥.()()2231015AC=−+−=，()()2234025BC=−+−=，11555222ABCSACBC===.【小问2详解】由ACBC⊥，ABCV外接圆是以线段𝐴�

�为直径的圆，线段AB的中点为53,22，半径11022rAB==，所以ABCV外接圆的方程是22535222xy−+−=.16.在ABCV中，顶点A在直线yx=上，顶点B的坐标为(4,0),AB−边的中线CD所在的直线方程为5720

,xyBC+−=边的垂直平分线的斜率为52．（1）求直线AC的方程；（2）若直线l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，求直线l的方程．【答案】（1）32100xy+−=；（2）840xy++=或32120xy++

=.【解析】【分析】（1）求出直线BC方程，与直线CD方程联立求出点C的坐标，再设出点A的坐标，由AB的中点在直线CD上，求出点A的坐标，然后求出直线AC方程.（2）按直线l过AC的中点及与AC平行求出方程即得.【小问1详解】由BC边的垂直平分线的斜率为52

，得直线BC方程为2(4)5yx=−+，即2580xy++=，而AB边中线CD所在的直线方程为5720xy+−=，由25805720xyxy++=+−=，解得64xy==−，则(6,4)C−，设点(,)Aaa，则点(2,)22a

aD−，于是5(702)222aa+−−=，解得2a=，即点(2,2)A，直线AC的斜率423622k−−==−−，所以直线AC的方程为32(2)2yx−=−−，即32100xy+−=.【小问2详解】由（1）知，(2,2)A，(6,4)C−，由直线

l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，得直线l过边AC的中点(4,)1−，或//lAC，当直线l过(4,)1−时，直线l的斜率为1014(4)8−−=−−−，方程为1(4)8yx=−+，即840xy++=，当直线//lAC时，直线l的斜率为32−，

方程为3(4)2yx=−+，即32120xy++=，所以直线l的方程为840xy++=或32120xy++=.17.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，14ABAA==，2AD=，14AEAB=.（1）证明：AC⊥平面1DDE；（2）求直线1DE与平面1DEC所成角正弦值.【答案】（1）证

明见解析；（2）82163.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.（2）利用（1）中坐标系，求出平面1DEC的法向量，再利用线面角的向量求法求

解即可.【小问1详解】在长方体1111ABCDABCD−中，以D为坐标原点，向量1,,DADCDD分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，的有(0,0,0)D，(2,0,0)A，(2,4,0)B，(0,4

,0)C，(2,1,0)E，1(0,0,4)D，1(0,4,4)C，则(2,4,0)AC=−，(2,1,0)DE=，1(0,0,4)DD=，(2)2410ACDE=−+=，10ACDD=，因此ACDE⊥，1ACDD⊥，又1DEDDD=I，DE，1DD平面1DDE，所以A

C⊥平面1DDE.【小问2详解】设平面1DEC的法向量为(,,)mxyz=，由(2,1,0)DE=，1(0,4,4)DC=，有120440DEmxyDCmyz=+==+=，取1x=，得(1,2,2)m=−，设直线1DE与平面1DEC所成的角为，而1(2,1,

4)ED=−−则111||8821sin|cos,|63||||213EDmEDmEDm====，所以直线1DE与平面1DEC所成角的正弦值为82163.18.已知直线:(1)(2)(41)0lmxmym++−−+=与x轴，y轴的正半轴分别交于,AB两点，O为坐标原点．（

1）求||||OAOB的最小值；（2）求||||OAOB+的最小值．【答案】（1）12（2）423+【解析】【分析】（1）先判断直线l经过定点(3,1)，设直线的截距式方程，代入得311ab+=，利用基本不等式即可求得；（2）利用（1）的结论，借助

于常值代换法和基本不等式即可求得【小问1详解】由:(1)(2)(41)0lmxmym++−−+=整理得，(4)210xymxy+−+−−=，令40210xyxy+−=−−=，解得31xy==，即直线l经过定点(3,1).不妨设直线l的方程为1,(0,0)xyabab+

=，则有311ab+=（*）由（*）和基本不等式可得，323ababab+=，解得12ab，当且仅当3ab=时，即6,2ab==时，等号成立，故当||6,||2OAaOBb====时，||||OAOBab=的最小值为12；【小问2详解】因||||OAOBab+=+，由（1）得，

311ab+=，则313()()4423baababab++=+++，当且仅当3ab=时，等号成立，故当||33,||31OAaOBb==+==+时，OAOBab+=+取得最小值423+.19.如图，在四棱

锥PABCD−中，,ABAD⊥2,ABAD==,CDBC=5PBPD==，4cos,5BCD=E为PC的中点．（1）证明：//BE平面PAD；（2）求平面ABP与平面PBD的夹角的余弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）2[,1

)3【解析】【分析】（1）通过计算得出1,3AOOC==,取线段OC的三等分点M（靠近点O）证明平面//BEM平面PAD即得；（2）依题建系，设OP与z轴成角，分别求得点P坐标和两平面法向量，计算它们夹角的余弦值的

表达式，求其值域即得.【小问1详解】如图，连接,ACBD，两线交于点O，因2,ABAD==,ABAD⊥则1AOBOOD===，2BD=，在BCD△中，设CDBCx==，由余弦定理，2242245xx−=，解得10x=，则1013OC=−=,由题意知：,,AOC共线且A

CBD⊥，取线段OC的三等分点M（靠近点O），连接,EMBM，则点M是AC的中点，因E为PC的中点，故有//EMPA,又EM平面PAD，PA平面PAD，故得，//EM平面PAD①因OMAOBOOD===且AMBD⊥，易知ABMD为菱形，故得//

BMAD，又BM平面PAD，AD平面PAD，故得，//BM平面PAD②由①，②，因,,BMEMMBMEM=平面BEM，故平面//BEM平面PAD，因BE平面BEM，则//BE平面PAD【小问

2详解】的.如图，分别以,OBOC，过点O竖直向上的方向为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系.设OP与z轴成角，因5PBPD==，则POBD⊥且512PO=−=,又AOBD⊥，故POA即二面角PBDA−−的平面角，则90POA

=−，于是(0,2sin,2cos)P−，又(0,1,0),(1,0,0),(1,0,0)ABD−.则(1,1,0),(0,2sin1,2cos)ABAP=−=−−，设平面ABP的一个法向量为(,,)mxyz=，则0(2sin1)2cos0ABmxyAPmyz=−==−+

+=，可取(2cos,2cos,2sin1)m=+；又(2,0,0),(1,2sin,2cos)BDBP=−=−−,设平面BDP的一个法向量为(,,)nxyz=，则202sin2cos0BDnxBPnxyz=−==−−+=，可取(0,cos,sin

)n=.设平面ABP与平面PBD的夹角为，则22|||2cossin(2sin1)|cos||||4sin4sin9mnmn++==−++22(sin2)4sin4sin9+=−++22sin4sin44sin4sin9++=−++，设sin

t=，因π[0,)2，则[0,1)t，2222554414cos(1)944944ttttttt+++==−+−++−−，设54tu+=，则59[,)44u，229794216ttuu−−=−+，记255()7997216162ufuuuuu==−++−，因函数916yuu=+在59

[,)44u上单调递增，故179510162uu+，则255()9fu−−，故2cos13，即平面ABP与平面PBD的夹角的余弦值的取值范围为2[,1)3.【点睛】思路点睛：当在平面内难找到与已知直线平行的直线时，常构造面面平行得线面平行；对

于两平面所成的二面角的平面角难得到时，常考虑建系，有时还需设变量，将问题转化成求变量的函数的值域来解决.