【文档说明】浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，1.191 MB，由小赞的店铺上传

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2026届高二数学秋季月考卷第一期考试范围：大部分学校已经学习过的内容：考试时间：120分钟：满分：150分注意事项：1.答题前填写好自已的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一､单项选择题（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.已知向量()2,4a=，()1,1b=−，则2ab−=A.()5,7B.()5,9C.()3,7D.()3,9【答案】A【解析】【详解】因为2(4,8)a=，所以2(4,

8)(1,1)ab−=−−=（5，7），故选A.考点：本小题主要考查平面向量的基本运算，属容易题.2.已知直线12:320,:310lxylxay−+=−−=，若12ll⊥，则实数a的值为（）A.1B.12C.12−D.1−【答

案】D【解析】【分析】对a进行分类讨论，代入121kk=−g求解即可.【详解】当0a=时，直线1:320lxy−+=的斜率113k=，直线2:310lxay−−=的斜率不存在，此时两条直线不垂直；当0a时，直线1:320lxy−+=的斜率113k=，直线2:310lxay−

−=的斜率23ka=，因为12ll⊥，所以121kk=−g，所以13113aa==−，解得：1a=−.故选：D.3.已知m是实常数，若方程22240xyxym++++=表示的曲线是圆，则m的取值范围为（）A.(),20−B.(),5−C.()

5,+D.()20,+【答案】B【解析】分析】由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数m的不等式，解出即可.【详解】由于方程22240xyxym++++=表示的曲线为圆，则222440m+−，解得5m.因此，实数m的取值范围是(),5−.故选：B.

【点睛】本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.4.设ab，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A.若ab，与所成的角相等，则𝑎∥𝑏B.若a∥，b∥，∥，则𝑎∥𝑏C.若aba

b，，，则∥D.若ab⊥⊥，，⊥，则ab⊥rr【答案】D【解析】【详解】试题分析：A项中两直线ab，还可能相交或异面,错误；B项中两直线ab，还可能相交或异面,错误；C项两平面，还可能是相交

平面，错误；故选D.5.直线3ykx=+与圆()()22324xy−+−=相交于M、N两点，若23MN=，则k等于（）A.0B.23−C.23−或0D.34−或0【【答案】D【解析】【分析】求出MN到圆心的距离和圆心(3,2)到直线3ykx=+的距离，即可求出k的值

.【详解】由题意，∵23MN=，∴MN到圆心的距离为222(3)1-=，∴圆心(3,2)到直线3ykx=+的距离为：2|332|11kk+−=+，即229611kkk++=+.解得：0k=或34−，故选：D.6.过点

()1,3P作直线l，若l经过点(),0Aa和()0,Bb，且,ab均为正整数，则这样的直线l可以作出（），A.1条B.2条C.3条D.无数条【答案】B【解析】【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得,ab之间关系，根据,ab为正整数可分析得到结果.【详解】,

ab均为正整数，可设直线:1xylab+=，将()1,3P代入直线方程得：131ab+=，当3b=时，10a=，方程无解，3331333bbabbb−+===+−−−，aN，303b−，33

b−N，31b−=或33b−=，44ba==或62ba==，即满足题意的直线l方程有2条.故选：B.7.已知长方体1111ABCDABCD−中，12AAAB==，若棱AB上存在点P

，使得1DPPC⊥，则AD的取值范围是（）A)1,2B.(1,2C.(0,1D.()0,2.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设ADa=，求出1DP、CP，利用10DPCP=，求出a的范围．【详解】解：如图建立坐标系，设(0)ADaa=，(02)APx

x=，则(),,2Pax，()0,2,2C，()10,0,0D，()1,,2DPax=，(),2,0CPax=−，1DPPC⊥，10DPCP=，即2(2)0axx+−=，所以222(1)1axxx=−+=−−+，当02x时，所以(2(1)10,1x−−+

，所以(0,1a．故选：C．8.已知点P在直线3yx=−−上运动，M是圆221xy+=上的动点，N是圆22(9)(2)16xy−+−=上的动点，则PMPN+的最小值为（）A.13B.11C.9D.8【答案】D【

解析】【分析】根据圆的性质可得5PMPNPOPC++−，故求PMPN+的最小值，转化为求PCPO+的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.【详解】如图所示，圆22(9)(2)16xy−+−=的圆心为()9,2C，半径为4，圆221xy+=

的圆心为()0,0O，半径为1，可知44,11PCPNPCPOPMPO−+−+，所以5PMPNPOPC++−，故求PMPN+的最小值，转化为求PCPO+的最小值，设()0,0O关于直线3yx=−−的对称点为G，设G坐标为(),mn，则1322nmnm==−−

，解得33mn=−=−，故()3,3G−−，因为POPG=，可得22(93)(23)13POPCPGPCGC+=+=+++=，当,,PGC三点共线时，等号成立，所以PMPN+的最小值为1358−=.故选：D.二､多项选择题（本题共3小题，每小题

6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.）9.三条直线0xy+=，0xy−=，3xay+=构成三角形，则a的值不能为（）A.1B.2C.1−D.－2【答案】AC【解析】【分析】由三条直线

可构成三角形可知，直线3xay+=不经过两条直线的交点，且与两条直线任意一条不平行.【详解】直线0xy+=与0xy−=都经过原点，而无论a为何值，直线3xay+=总不经过原点，因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线3xay+=与另两条直线不平行，所以1a．故选：AC.10.正方体1111

ABCDABCD−中，下列结论正确的是（）A.直线1AD与直线11AC所成角为3B.直线1AD与平面ABCD所成角为3C.二面角1DABD−−的大小为4D.平面11ABD⊥平面11BDC【答案】AC【解析】【分析】选项A：先判断出1AD与11AC所成

角即为1ACB,利用1ABC为正三角形，即可判断；选项B：1AD与平面ABCD所成角为14DAD=，即可判断；选项C：二面角1DABD−−的平面角为14DAD=，即可判断；选项D：设1111DBACO

=，连结,,AOCOAC，可以判断出AOC即为二面角11ABDC−−的平面角.在三角形ACO中，求出各边长，可以判断出90AOC，即可判断.【详解】选项A：先判断出1AD与11AC所成角即为1BC与11AC所成角，1ABC为正三角形，所以该角为3；故A正确

.选项B：1AD与平面ABCD所成角为14DAD=；故B错误.选项C：二面角1DABD−−的平面角为14DAD=；故C正确.选项D：设1111DBACO=，连结,,AOCOAC，因为11ADAB=，所以11AOBD⊥.同理可证：11COBD⊥,所以AOC即为二面角11AB

DC−−的平面角。不妨设AB=1，易求出：22262,122ACAOCO===+=,因为222ACAOCO+，所以90AOC，所以平面11ABD⊥平面11BDC不正确；故D错误.故选：AC.11

.已知圆22:(1)(1)4Mxy−+−=，直线:20,lxyP++=为直线l上的动点，过点P作圆M的切线PAPB､，切点为AB､，则下列各选项正确的是（）A.四边形MAPB面积的最小值为4B.四边形MAPB面积的最大值为8C.当APB最大时，2PA=D.当APB最大时，直线AB

的方程为0xy+=【答案】ACD【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、正方形的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.【详解】由圆的几何性质可得,MAPAMBPB⊥⊥，圆()1,1M，半径为2，如下图所示：对于A，由切线长定理可得PAPB=，又因为MAMB

=，所以PAMPBM，所以四边形MAPB的面积22PAMSSPAAMPA===△，因为222||||4PAMPMAMP=−=−，当MPl⊥时，MP取最小值，且min112||222MP++==，所以四边形MAPB的面积的最

小值为22(22)44S=−=，故A正确；对于B，因为MP无最大值，即PA无最大值，故四边形MAPB面积无最大值，故B错误；对于C，因为APM为锐角，2APBAPM=，且2sinAMAPMMPMP==，故当MP最小时，APM最大，此时APB最大，此时2PA=，故C正确；对

于D，由上可知，当APB最大时，2PAPBMAMB====且90PAM=，故四边形MAPB为正方形，且有MPl⊥，直线():20,1,1lxyM++=，则MP的方程为yx=，联立20yxxy=++=，可得11xy=−=−，即点()1

,1P−−，由正方形的几何性质可知，直线AB过线段MP的中点()0,0O，此时直线AB的方程为yx=−，故D正确.故选：ACD.第II卷（非选择题）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线1:230lmxym++−=，2:10lmxy

m+−+=，则直线1l与2l之间的距离最大值为______.【答案】5【解析】【分析】分别求出直线1l，2l过的定点A，B，当AB与两直线垂直时距离最大，且最大值为||AB，由此即可求解．【详解】直线1:230lmxym++−=化简为：(2)30mxy++−=，令20x+=且30y−=

，解得2x=−，3y=，所以直线1l过定点(2,3)A−，直线2:10lmxym+−+=化简为：(1)10mxy−++=，令10x−=且10y+=，解得1x=，1y=−，所以直线2l过定点(1,1)B−，，当AB与直线1l，2l垂直时，直线1l，2l的距离最大，且最大值为22(21)(

31)5AB=−−++=，故答案为：5．13.已知三棱锥PABC−中，23APB=，3PAPB==，5AC=，4BC=，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】28【解析】【分析】本题首先可

在PAB中根据余弦定理得出3AB=，然后通过勾股定理得出ABBC⊥，根据面面垂直的性质得出⊥BC平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为2，再然后通过正弦定理求出PAB的外接圆的半径，最后根据2222Rr=+求出外接

球的半径，即可求出外接球的表面积.【详解】在PAB中，由余弦定理易知，2222cosABPAPBPAPBAPB=+-鬃仔，即22213323392AB骣琪=+-创?=琪桫，解得3AB=，因为222ABBCA

C+=，所以ABBC⊥，因为平面PAB⊥平面ABC且交于AB，BC平面ABC，所以⊥BC平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为122BC=，设PAB的外接圆的半径为r，外接球的半径为R，则由正弦定理得出2sinABrAP

B=Ð，解得3r=，2222Rr=+，解得7R=，外接球的表面积2428==SR，故答案为：28.【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.14.若点A（

x，y）满足C：（x+3）2+（y+4）225，点B是直线3x+4y=12上的动点，则对定点P（6，1）而言，|PAPB+|的最小值为_____.【答案】325【解析】【分析】设B关于P点对称点为B′，''PAPBPAPBBA+=−=，将模长最

值问题转化为求圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离问题求解.【详解】如图所示：设B关于P点对称点为B′（x，y），B（x0，y0），由题意可知00122xxyy+=+=，解得00122xxyy=−=−，由B在直线3x0+4y0=12，代入整理得3x+4y﹣32=0，所以''P

APBPAPBBA+=−=，的若点A满足C：（x+3）2+（y+4）225，点A在圆C内或圆上，则所以|'BA|最小值为圆C圆心到直线3x+4y﹣32=0的距离减去半径，所以|'BA|min2233443234−−

−=−+5325=，所以|PAPB+|的最小值325故答案为：325【点睛】此题考查求距离的最值问题，以向量为背景，通过几何关系进行转化，转化为求圆及其内部的点到直线距离的最值问题，涉及数形结合思想.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

或演算步骤.15.已知直线:230mxy−−=与直线:30nxy+−=的交点为P.（1）若直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，求直线l的方程；（2）若直线l1过点P且与x轴和y轴的正半轴分别交于A、B两点，△ABO的面积为4，

求直线l1的方程．【答案】（1）240xy+−=或2x=；（2）240xy+−=.【解析】【分析】（1）由题可求(2,1)P，由题知直线l与直线AB平行或过AB的中点，即求；（2）可设直线方程截距式，由题可得21114

2abab+==即求.【详解】（1）由23030xyxy−−=+−=得，21xy==即(2,1)P，因为直线l过点P，且点A(1,3)和点B(3,2)到直线l的距离相等，∴直线l与直线AB平行或过AB的中点，当直线l与直线AB平行时，直

线l的方程为231(2)31yx−−=−−即240xy+−=，当直线l过AB的中点时，直线l的方程为2x=，故直线l的方程为240xy+−=或2x=.（2）由题可设直线l1方程为1(0,0)xyabab

+=，的的则211142abab+==，解得42ab==，故直线l1的方程为142xy+=即240xy+−=.16.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下

半部分是一个长方体，已知正四棱锥SABCD−的高是长方体1111ABCDABCD−高的12，且底面正方形ABCD的边长为4，12AA=．（1）求1AC的长及该长方体的外接球的体积；（2）求正四棱锥的斜高和体积．【答案】（1）16AC=，36；（

2）斜高为5，体积为163．【解析】【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到1AC的长，利用线段1AC就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；（2）设AC，BD交于点O，连结SO，则SO为

正四棱锥的高，取AB的中点E，连结OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.【详解】（1）∵几何体1111ABCDABCD−为长方体且4ABBC==，12AA=，∴2

22222114426ACABBCAA=++=++=，记长方体外接球的半径为R，线段1AC就是其外接球直径，则26R=，∴3R=，∴外接球的体积为343363V==．（2）如图，设AC，BD交于点O，连结SO，则S

O为正四棱锥的高，∵SABCD−为正四棱锥，∴SO为正四棱锥的高，又长方体的高为12AA=，∴1212SO==，取AB的中点E，连结OE、SE，则SE为正四棱锥的斜高，在RtSOE△中，1SO=，122OEAD==，∴22145SESOOE=+

=+=，∵4416ABCDS==，1SO=，∴1116161333SABCDABCDVSSO−===，∴正四棱锥的斜高为5，体积为163．17.已知：圆C过点()0,1D，()2,1E−，()1,2F−，

P是直线1:2lyx=−上的任意一点，直线2:1=+lyx与圆C交于A、B两点.（1）求圆C的方程；（2）求22PAPB+的最小值.【答案】（1）22210xyx++−=；（2）13．【解析】【分析】（1）设圆C的一般方程为220xyDxEyF++++=，即可根据题意列出三个方程，解出,,

DEF，即可得到圆C的方程；（2）联立直线2l的方程和圆C的方程可得A、B两点的坐标，设(),Pxy，再根据两点间的距离公式表示出22PAPB+，消去y，可得关于x的二次函数，即可求出最小值．【详解】（1）设圆C的一般方程为220xyDxEyF++++=，依题意可得，

10250230EFDEFDEF++=−+++=−++==2,0,1DEF===−．所以圆C的方程为：22210xyx++−=．（2）联立221002101yxxxyxy−−==++−==或21xy=−=−，不妨设(0,1),(2,1)AB−

−，(),Pxy，则2yx=−，∴222222221||||(1)(2)(1)44144132PAPBxyxyxxx+=+−++++=−+=−+．故22PAPB+的最小值为13．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，直线与圆的交

点坐标的求法，以及两点间的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．18.在平面直角坐标系xOy中，已知圆()()221:314Cxy++−=和圆()()222:454Cxy−+−=．（1）若直线l过点()1,0

A−，且与圆1C相切，求直线l的方程；（2）设P为直线32x=−上的点，满足：过点P的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，它们分别与圆1C和圆2C相交，且直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等．试求满足条件的点P的坐标．

【答案】（1）1x=−或3430xy−+=（2）313,22P−【解析】【分析】（1）直线l斜率不存在时，显然满足题意；当斜率存在时，设():1lykx=+，利用圆心到直线距离等于半径可构

造方程求得k，由此可得切线方程；（2）设点3,2Pm−，当直线1l斜率存在时，根据截得弦长相等可求得m的值；当1l斜率为0时，易知不满足题意；当直线1l斜率存在且不为0时，假设直线12,ll方程，根据垂径定理表示出直线被圆截得的弦长，根据k有无数个解可确

定m的取值.【小问1详解】由圆1C的方程知：圆心()131C,−，半径12r=；当直线l斜率不存在时，即:1lx=−，此时直线l与圆1C显然相切，满足题意；当直线l斜率存在时，设其方程为：()1ykx=+，即0kxyk−+=，圆心1C到直线l的距离23121

kkdk−−+==+，解得：34k=，直线l方程为：()314yx=+，即3430xy−+=；综上所述：直线l方程为1x=−或3430xy−+=.【小问2详解】由圆2C的方程知：圆心()24,5C，半径22r=；设点3,2Pm−，①当过3,2Pm−的直线1l斜率不存在时，

则1l方程为：32x=−，2l方程为：ym=；则13:2lx=−被圆1C截得的弦长为：2232272−=；2:lym=被圆2C截得的弦长为()222257m−−=，解得：132m=或72m=；313,22P−或37

,22P−；②当过3,2Pm−的直线1l斜率为0时，直线2l斜率不存在，此时23:2lx=−与圆2C相离，不合题意；③当过3,2Pm−的直线1l斜率存在且不为0时，设13:2lymkx−=+，则213:2lymxk−=−

+，即1:22320lkxykm−++=，2:22230lxkykm+−+=，圆心1C到直线1l的距离1232244kmdk−−+=+；圆心2C到直线2l的距离221110244kkmdk+−=+；直线1l被圆1C截得

的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，2222112222rdrd−=−，即22122424dd−=−，2212dd=，又102d，202d，12dd=，32211102kmkkm−−+=+−，当322

11102kmkkm−−+=+−时，整理可得：()132213mkm−=−，满足题意的直线12,ll有无数对，1320m−=，解得：132m=，即313,22P−；当()32211102kmkkm−−+=−+−时，整理可得：()7292m

km−=−−，满足题意的直线12,ll有无数对，720920mm−=−−=，方程组无解；综上所述：满足条件的P点的坐标为313,22−.19.如图，已知直三棱柱111ABCABC−中，90ABC=且12AB

BCBB===，D、E、F分别为AC、BC、1BB的中点，G为线段DE上一动点.（1）求1CF与平面111ABC所成角的正切值；（2）证明：11CFAG⊥；（3）求锐二面角111CAGB−−的余弦值的最大值.【答案

】（1）12（2）证明见解析（3）105【解析】【分析】（1）由线面夹角的定义结合图形线面关系即可得1CF与平面111ABC所成角的正切值；（2）以B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以1BB为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明11CFAG⊥；（3）根据空间向量坐标运算

分别求解平面11CAG与平面11AGB的法向量，由二面角的夹角余弦公式结合函数关系即可得最值.【小问1详解】由直三棱柱111ABCABC−，知1BB⊥面111ABC，即F在111ABC的投影为1B，所以11FCB为1CF与平面111

ABC所成角，所以111111tan2BFFCBBC==，因此，1CF与平面111ABC所成角的正切值为12；【小问2详解】以B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以1BB为z轴，建立空间直角坐标系，如图：则()2,0,0A，()12,0,2A，()0,2,0C，()10,2,

2C，()1,1,0D，()0,1,0E，()0,0,1F，()10,0,2B，故()1,0,0ED=，G为线段DE上一动点.设()01EGED=，则()1,0,0EG=，故(),1,0G，所以()10

,2,1CF=−−，()12,1,2AG=−−，故()()110,2,12,1,20CFAG=−−−−=，所以11CFAG⊥，即11CFAG⊥；【小问3详解】由（2）可知：()112,2,0AC=−，()12,1,2AG=−−，

()112,0,0AB=−，设平面11CAG的法向量为(),,mxyz=，则11100mACmAG==，即()220220xyxyz−+=−+−=，令2x=，则2y=，1z=−，则()2,2,1m=−，设平面11AGB的法向量为(),,nabc=，

则11100nABnAG==，即20(2)20aabc−=−+−=，则0a=，令1c=，则2b=，则()0,2,1n=，故设二面角111CAGB−−的平面角为，结合图形，为锐角，故2

24158(1)58(3cos1cs)o,mn+−=+==+−+−，令3t+=，3,4t，2223124858(1)58(s4)1co5tttt+==+−+−−+=，而函数22481ytt=−+在111,43t

时单调递增，故114t=时，22481ytt=−+取最小值，即当114t=，即4t=，1=时，21cos24851tt=−+取得最大值为105.