【文档说明】浙江省台州市书生中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(17)页，1012.903 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年浙江省台州市书生中学高二（上）月考数学试卷一、单选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知点、(3,2),B−−若直线过点，且与线段AB相交，则直线的斜率的取

值范围是A.(3,4,4−−+B.13,,44−−+C.34,4−D.3,44【答案】A【解析】【详解】试题分析：数形结合如上图所示．可得，．要使直线过点，且与线段AB相交，由图象知，

．故选A．考点：直线相交问题求参数范围．【方法点睛】对于直线的相交问题，常借助数形结合比较直观的研究相交．但要注意特殊位置，如直线斜率不存在时，直线与线段端点相交时，是否取等号问题等．当然本题也可直接设出直线l和直线AB的方程，然

后求出交点横坐标，由横坐标大于等于-3且小于等于2求解即可．注意对比两种方法，感受数形结合的魅力．2.O为空间任意一点，若1148APOAOBtOC=−++，若A，B，C，P四点共面，则t=（）A.1B

.12C.18D.14【答案】C【解析】【分析】根据空间四点共面向量表示公式即可得解.【详解】因为1148APOAOBtOC=−++，所以1148OPOAOAOBtOC−++−=，即3148OPOAOBtOC=++，因为A，B，C，P四点共面，所以31148t++=，即18

t=，故选：C3.过点()1,4A的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（）A.30xy−+=B.50xy+−=C.40xy−=或50xy+−=D.40xy−=或30xy−+=【答案】D【解

析】【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线截距式即可得解.【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为0，满足题意，又因为直线过点()1,4A，所以直线的斜率为40410−=−，所以直线方程为4yx=，即40xy−=，当

直线不过原点时，设直线方程为1xyaa+=−，因为点()1,4A在直线上，所以141aa+=−，解得3a=−，所以直线方程为30xy−+=，的的故所求直线方程为40xy−=或30xy−+=.故D项正确.故选：D4.设直线l：10xy+−=，一束光线从原点O出发沿射线()0ykxx=≥向直线l射

出，经l反射后与x轴交于点M，再次经x轴反射后与y轴交于点N．若136MN=，则k的值为（）A.32B.23C.12D.2【答案】B【解析】【分析】根据光学的性质，根据对称性可先求O关于直线l的对称点A，后求直线AP，可得M、N两点坐标，进而由1

36MN=可得k.【详解】如图，设点O关于直线l的对称点为𝐴(𝑥1,𝑦1)，则()1111102211xyyx+−=−=−得1111xy==，即()1,1A，由题意知()0ykxx=与直线l不平行，故1k−，由10ykxxy=+−

=，得111xkkyk=+=+，即1,11kPkk++，故直线AP的斜率为111111APkkkkk−++==−，直线AP的直线方程为：()111yxk−=−，令0y=得1xk=−，故()1,0Mk−，令0x=得11yk=−，故由对称性可得10,

1Nk−，由136MN=得22113(1)136kk−+−=，即21113236kkkk+−+=，解得1136kk+=，得23k=或32k=，若32k=，则第二次反射后光线不会与y轴相交，故不符合条件

．故23k=，故选：B二、填空题：本题共1小题，每小题5分，共5分．5.已知m：()()12360axaya−++−+=，当坐标原点O到直线m的距离最大值时，a=______．【答案】87−【解析】【分析】由已知先求出直线恒过的定点，结

合点到直线的距离公式即可求解．【详解】由m：()()12360axaya−++−+=可得，()()21360axyxy+−−−−=，由210360xyxy+−=−−=，解得3x=，1y=−，所以直线m过定点()3,1M−，当OMm⊥时，点O到m的距离最大，因为

13OMk=−，故直线m的斜率1323aa−−=+，解得，87a=−．故答案为：87−．三、解答题：本题共8小题，共96分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．6.如图，在平行六面体ABCDABCD−中，4AB=，3AD=，5AA=，60BADBAAD

AA===，且点F为'BC与'BC的交点，点E在线段AC上，且2AEEC=（1）求AC的长；（2）设EFxAByADzAA=++，求x，y，z的值．（3）BD与AC所成角余弦值．【答案】（1）97；（2）13x=，16yz==−；（3）1912612522−.【解析】【分析】

（1）由空间向量线性运算，可得ACABADAA=++，利用数量积运算性质即可得出．（2）易得1132EFECCFACBC=−+=，再利用空间向量基本定理即可得出．（3）由BDADAB=−，计算出BDAC和BD，利用向量夹角余弦公式进行求解.小问1详解】

ACACCCABADAA=+=++，又4AB=，3AD=，5AA=，60BADBAADAA===，()22222ACABADAAABADABAAADAA=+++++222111435243453597222=++++

+=，97AC=；【小问2详解】由题意，可得1132EFECCFACBC=−+=，()()1111132366ABADAAADAAABADAA=++−+=−−，13x=，16yz==−；【小问3详解】由BDADAB=−，的【可得222()2BDADABAD

ABADAB=−=−+1916243132=+−=，又()()BDACADABABADAA=−++22ADABADADAAABABADABAA=++−−−11111934935164

34522222=++−−−=−，故191912612cos25221397BDACBDACBDAC−===−，，则BD与AC所成角的余弦值为1912612522−．7.已知

直线l的斜率为3，纵截距为1−.（1）求点（2，4）关于直线l的对称点坐标；（2）求与直线l平行且距离为10的直线方程.【答案】（1）72155，；（2）3x90y−+=或3110xy−−=【解析】【分析】（1）设点()2,4为A，则

A关于直线l的对称点坐标为A(),ab，利用点关于直线对称的性质，以及中垂线定理，列出关于1AAlkk=−的式子，结合AA的中点24,22ab++在直线l上，即可求出a和b；（2）根据平行直线系方程，由已知直线310xy−−=写出

与它平行的直线l的方程为：30xyc−+=，再利用两平行线间的距离公式，求出c，即可得出直线方程.【详解】已知直线l的斜率为3，纵截距为1−，则方程为：31yx=−，（1）设点()2,4为点A，则A关于直线l的对

称点坐标为A(),ab，则直线AA与直线l垂直，则1AAlkk=−，即4312ba−=−−①，且AA的中点24,22ab++在直线l上，所以423122ba++=−②，联立①

和②，解得721,55ab==，所以点()2,4关于直线l的对称点坐标为72155，.（2）设所求的直线为l，因为直线l与直线l平行且距离为10，又因为直线l方程为：31yx=−，即310xy−−=，所以可设直线l的方程为：30xyc

−+=，则()()2211031c−−=+−，解得9c=或-11.所以直线l的方程为：390xy−+=或3110xy−−=.【点睛】本题考查点关于直线对称的点坐标，以及平行直线的方程，还利用中垂线的性质，中点坐标公式，两平行线间的距离公式等基础知识.8.在

菱形ABCD中，对角线BD与x轴平行，()3,1D−，()1,0A−，点E是线段AB的中点.（1）求点B的坐标；（2）求过点A且与直线DE垂直的直线.【答案】（1）(1,1)（2）660xy−+=【解析】【分析】（1）根据题意可设(1,)Ct−，利

用||||ADCD=，求C的坐标，利用中点坐标公式求出B,（2）先求得16DEk=−，再利用两直线垂直，斜率之积为1−求出直线DE斜率，进而可得到答案．【小问1详解】四边形ABCD为菱形，//BDx轴，ACx⊥轴，可设(1,)Ct−，||||ADCD=，2

222(31)(10)(31)(1)t−++−=−++−，解得：0t=（舍)或2t=，(1,2)C−．A，C中点坐标为(1,1)−，由于()3,1D−，且(1,1)−是,BD中点，B点坐标为(1,1)，【小问2详解】()1,0A−，

(1,1)B,由中点坐标公式得1(0,)2E，又()3,1D−，16DEk=−，则过点A且与直线DE垂直的直线斜率为：6，所求直线方程为：66yx=+，即660xy−+=．9.如图，两个等腰直角PAC和ABCV

，ACBC=，PAPC=，平面PAC⊥平面ABC，M为斜边AB的中点．（1）求证：ACPM⊥；（2）求二面角PCMB−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）33−【解析】【分析】（1）取AC中点D，可证得MDAC⊥，PDAC⊥，从而

得AC⊥平面PMD，进而得结论；（2）建立空间直角坐标系，计算平面PCM与平面BCM的一个法向量，然后根据空间向量的夹角公式计算可得结果．【小问1详解】取AC中点D，连接MD，PD，如图，又M为AB的中点，所以//MDBC，又ACBC⊥，

则MDAC⊥，又PAC为等腰直角三角形，PAPC⊥，PAPC=，所以PDAC⊥，又MDPDD=，MD，PD平面PMD，所以AC⊥平面PMD，又PM平面PMD，所以ACPM⊥；【小问2详解】由1（）知，PDAC⊥，又平面

PAC⊥平面ABC，平面PAC平面ABCAC=，PD平面PAC，所以PD⊥平面ABC，即PD，AC，DM两两互相垂直，故以D为原点，DA，DM，DP为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，设2AC=，则𝐴(1,0,0)，()1,2,0B−，()1,0,0C−，𝑃(0,0,1)

，所以()1,0,1CP=，()1,1,0CM=，设𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)为平面PCM的一个法向量，由nCP⊥，nCM⊥，则有00CPnxzCMnxy=+==+=，令1z=，即()1,1,1n=−，取平面BCM的一个法

向量为()0,0,1m=，则13cos,33mnmnmn===，由图可知，二面角PCMB−−的平面角为钝角，故二面角PCMB−−的余弦值为33−．10.(1)已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围

成一个四边形，当四边形的面积最小时，求实数a的值；(2)已知直线l过点P(3,2)，且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，如图所示，求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程.【答案】(1)12；(2)12，2x＋3y－12＝0.,【解析】【分析】（1）由直线12,l

l可知两直线恒过定点P(2,2)，然后求出l1在y轴上的截距，l2在x轴上的截距，根据三角形的面积公式可列出四边形的面积式，配方即可求解.（2）设出直线方程求出直线与坐标轴的交点，列出△ABO的面积的关系式，再结合基本不等式即可求解.【详解】由题意知

直线12,ll恒过定点P(2,2)，直线l1在y轴上的截距为2－a，直线l2在x轴上的截距为a2＋2，所以四边形的面积S＝12×2×(2－a)＋12×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝212a−＋154，当a＝12时，面积最小．故当四边形的面积最小时，实数a的值为12.(2)依题意

知直线l的斜率k存在且k<0，则直线l的方程为y－2＝k(x－3)(k<0)，可得A23,0k−，B(0,2－3k)，所以S△ABO＝12(2－3k)23k−()()()141411291229121212222kkkk=+−++−=+=−−

当且仅当－9k＝4k−，即k＝－23时，等号成立．故△ABO的面积的最小值为12，此时直线l方程为2x＋3y－12＝0.【点睛】本题考查了直线的点斜式方程、根据直线与坐标轴围成的面积的最值求参数值，属于中档题.11.平面直角坐标系中，圆M经过点(3,1)A，(0,4

)B，(2,2)C−.（1）求圆M的标准方程；（2）设(0,1)D，过点D作直线1l，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上.（i）过点D作与直线1l垂直的直线2l，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S

，求S的最大值；（ii）设直线OP，BQ相交于点N，试讨论点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.【答案】（1）()2224xy+−=的（2）（i）7；（ii）在定直线2y=−上【解析】【分析】（1）设圆M的方程为()()

222xaybr−+−=，利用待定系数法求出2,,abr，即可得解；（2）（i）设直线1l的方程为1ykx=+，分0k=和0k两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出,PQEF，再根据12SEFPQ=

即可得出答案；（ii）设()()1122,,,PxyQxy，联立()22241xyykx+−==+，利用韦达定理求得1212,xxxx+，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论.【小问1详解】解：设圆M的方程为()()222xaybr−+−=，则()()()()(

)()222222222310422abrabrabr−+−=−+−=−−+−=，解得2024abr===，所以圆M的标准方程为()2224xy+−=；【小问2详解】解：设直线1l的方程为1ykx=+，即10kxy−+=，则圆心()0,2到直线

1l的距离12221111dkk−+==++，所以22214324211kPQkk+=−=++，（i）若0k=，则直线2l斜率不存在，则23PQ=，4EF=，则1432SEFPQ==，若0k，则直线2l得方程为11yxk=−+，即0xkyk+−=，则圆心(

)0,2到直线1l的距离221kdk=+，所以22223424211kkEFkk+=−=++，则()()()()()2222222224334121122211kkkkSEFPQkk++++===++()2222222112122122127111222kkkk

kk=+=++=++++，当且仅当221kk=，即1k=时，取等号，综上所述，因为74943=，所以S的最大值为7；（ii）设()()1122,,,PxyQxy，联立()22241xyykx+−==+，消y得()221230kxkx+−−=，则121

22223,11kxxxxkk−+==++，直线OP的方程为11yyxx=，直线BQ的方程为2244yyxx−=+，联立112244yyxxyyxx=−=+，解得121243xxxxx=+，则()1211212

11212124144333kxxyxxyxyxxxxxxx+===+++1221212124462233kxxxxxxxxx+−−===−++，所以12124,23xxNxx−+，所以点N在定直

线2y=−上.【点睛】本题考查了利用待定系数法求圆的标准方程，考查了圆的弦长问题及圆中四边形的面积的最值问题，还考查了圆中的定直线问题，有一定的计算量.12.如图，在四棱锥PABCD−中，平面PCD⊥平面ABC

D，且PCD△是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是矩形，22BC=，M为BC的中点．（1）求直线PB与平面AMP所成角的正弦值；（2）求点D到平面AMP的距离．【答案】（1）26；（2）263.【

解析】【分析】1（）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得线面角的正弦值；2（）利用等体积法即可求得点到平面的距离．【小问1详解】如图，取DC中点为,OAB中点为G，连接OG，由于平面PCD⊥平面ABCD，且交线为CD，,OPCDOP⊥平面PCD,由题设可知，OP⊥平面ABCD，故以点O为坐标原

点，建立如图所示的空间直角坐标系，则𝑂(0,0,0)，()0,0,3P，()22,1,0A−，()22,1,0B，()2,1,0M，设平面AMP的一个法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，()22,1,3PA=−−，()2,1

,3PM=−，则由00PAnPMn==，可得2230230xyzxyz−−=+−=，令1y=，可得2x=，3y=，故平面AMP的一个法向量为()2,1,3n=，记直线PB与平面AMP所成角为，()22,1,3PB=−，所以22sincos,6126P

BnPBnPBn====，故直线PB与平面AMP所成角的正弦值为26；【小问2详解】如图，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，因为四边形ABCD是矩形，所以BCCD⊥，ADCD⊥，又平面PCD平面ABCDCD=，BC，AD平面ABCD，

所以AD⊥平面PCD，⊥BC平面PCD，故ADPD⊥，BCPC⊥，在直角PCM△中，2PC=，2CM=，则6PM=，在直角ABM中，2AB=，2BM=，则6AM=，在直角PDA中，2PD=，22AD=，则23PA=，则有222PMAM

PA+=，即AMPM⊥；同理可求得3AO=，3MO=，设点D到平面AMP的距离为h，由1133PADMDPAMADMPAMVVSPOSh−−==，所以1122236622h=，解得263h=，所以点D到平面AMP的距离为263

．13.如图，在三棱台111ABCABC−中，底面ABCV是边长为2的正三角形，侧面11ACCA为等腰梯形，且1111ACAA==，D为11AC的中点．（1）证明：ACBD⊥；（2）记二面角1AACB−−的大小为，

2,33时，求直线1AA与平面11BBCC所成角的正弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）21313,713．【解析】【分析】（1）通过证明ACDM⊥，ACBM⊥得出AC⊥平面BDM，即可由线面垂直的性质得出；（2）以M为坐标原点建

立空间直角坐标系，可得DMB为二面角1AACB−−的平面角，DMB=，求出平面11BBCC的法向量和1AA，利用向量关系可表示出直线1AA与平面11BBCC所成角的正弦值，即可根据范围求出.【详解】

（1）证明：如图，作AC的中点M，连接DM，BM，在等腰梯形11ACCA中，D，M为11AC，AC的中点，∴ACDM⊥，在正ABCV中，M为AC的中点，∴ACBM⊥，∵ACDM⊥，ACBM⊥，DMBMM=，DM，BM平面BDM，∴A

C⊥平面BDM，又BD平面BDM，∴ACBD⊥．（2）解：∵AC⊥平面BDM，在平面BDM内作MzBM⊥，以M为坐标原点，以MA，MB，Mz，分别为x，y，z，轴正向，如图建立空间直角坐标系，∵DMAC

⊥，BMAC⊥，∴DMB为二面角1AACB−−的平面角，即DMB=，()1,0,0A，()0,3,0B，()1,0,0C−，330,cos,sin22D，1133,cos,sin222C−，1133,cos,sin

222A，设平面11BBCC的法向量为(),,nxyz=，()1,3,0CB=，1133,cos,sin222CC=，则有100CBnCCn==，即30133cossi

n0222xyxyz+=++=，则可取1cos3,1,sinn−=−，又1133,cos,sin222AA=−，设直线1AA与平面11BBCC所成角为，∴12233sin

cos,212coscos341cossinAAn===−++++，∵2,33，∴11cos,22−，∴21313sin,713．