2025-2026学年河北省保定市定州中学高二（上）9月月考数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年河北省保定市定州中学高二（上）9月月考数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间向量a=(x2,x,2),b=(1,2,−4)，若a⊥b，则x=( )
A. 2或4B. 2或−4C. −2或4D. −2或−4
2.已知三条直线l1：x+2y−1=0，l2：2x−y−7=0，l3：x−3y+4=0，设l1∩l2=A，l2∩l3=B，l3∩l1=C，则△ABC是( )
A. 以A为直角顶点的等腰直角三角形B. 以A为直角顶点的非等腰直角三角形
C. 以C为直角顶点的等腰直角三角形D. 等边三角形
3.在三棱柱ABC−A1B1C1中，O是侧面BCC1B1的中心，则AB+AC+AA1=( )
A. AOB. 32AOC. 2AOD. 3AO
4.已知A(4,5)，直线l：y=kx+m，当k变化时，点A到直线l的距离的最大值为5，则m=( )
A. 3或7B. 3或8C. 2或7D. 2或8
5.已知空间向量a,b满足a=(2,−1,2),|b|= 2，若〈a,b〉=135°，则|a+2b|( )
A. 5B. 6C. 2 2D. 3
6.已知圆C：(x−2)2+y2=2，直线l与圆C相切，且在坐标轴上的截距的绝对值相等，这样的直线l有( )
A. 3条B. 4条C. 5条D. 6条
7.在棱长均相等的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60°，则向量AC1在向量AA1上的投影向量为( )
A. 2BB1B. 32BB1C. 3BB1D. 2BB1
8.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=AA1=3，球A是以A为球心，以1为半径的球.动点P在矩形BCC1B1的内部及其边界上运动，且P到球A的球面上的点的最小距离为2，则点P的轨迹长度为( )
A. 2πB. πC. 5πD. 52π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列结论错误的是( )
A. 任意一个向量均可以作为直线的方向向量
B. 若a是平面α的法向量，则λa(λ∈R)也是平面α的法向量
C. 设点A(a,0,0)，B(0,b,0)，C(0,0,c)(abc≠0)，则平面ABC的一个法向量为m=(1a,1b,1c)
D. 若向量AB⋅CD12×3，
所以圆心在直线y=x上，故A正确；
对于B，设圆心C的坐标为(a,a)，
因为Q(3,4)在圆C上，所以 (a−3)2+(a−4)2=|a−2a| 5，解得a=5或a=259，故B正确；
对于C，当a=259时，圆C的方程为(x−259)2+(y−259)2=12581，显然N(6,3)不在圆上，
当a=5时，圆C的方程为(x−5)2+(y−5)2=5，
经验证，点N(6,3)，M(7,4)均在圆C上，故C正确；
对于D，由B分析知，圆C的半径为 5或5 59，所以圆的面积有两个值，故D不正确；
故选：ABC．
根据两点斜率公式及直线与圆的位置关系确定A项；利用点到直线的距离公式解方程可确定B项；根据B项的结论确定圆的标准方程，验证可判定C、D项．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．
12.【答案】3 22
【解析】解：∵l1/​/l2，直线l1：mx+2y+3−m=0，直线l2：2x+my+1=0，
∴m2−4=0，即m=±2；
当m=2时，l1与l2重合，不合题意，∴m=−2，
∴两直线方程为−2x+2y+5=0与−2x+2y−1=0，
∴l1与l2间的距离d=|5+1|2 2=3 22．
故答案为：3 22．
利用两条直线平行的性质求得m的值，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
13.【答案】 142
【解析】解：由已知可得AB=(−1,0,3),AC=(2,1,−1)，
取a=AC=(2,1,−1),μ=AB|AB|=(−1,0,3) 10=(−1 10,0,3 10)，
则a2=6,a⋅μ=−5 10，
得点C到直线AB的距离为： a2−(a⋅μ)2= 6−(−5 10)2= 142．
故答案为： 142．
根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．
本题主要考查点到直线距离的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】[1,+∞)
【解析】解：设正三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱AA1长为x，则CC1长为x，
因为M是BC的中点，所以MN=MC+CN=−12CB+CN，
由已知可得∠ACB=π3,∠ACC1=∠BCC1=π2，
故CB⋅CA=|CB|⋅|CA|cs∠ACB=2×2×12=2，CN⋅CB=CN⋅CA=0，
又MN⊥AB1，AB1=BB1+CB−CA=CC1+CB−CA，
故MN⋅AB1=(CN−12CB)⋅(CC1+CB−CA)
=CN⋅CC1+CN⋅CB−CN⋅CA−12CB⋅CC1−12CB2+12CB⋅CA
=CN⋅CC1−2+1=0，
解得CN⋅CC1=1，
又|CN|≤|CC1|，
所以1=CN⋅CC1=|CN|⋅|CC1|≤x2，
所以x≥1，
即侧棱AA1长的取值范围是[1,+∞)．
故答案为：[1,+∞)．
MN=−12CB+CN，又AB1=CC1+CB−CA，根据垂直得到数量积为0，列出等式即可求解．
本题主要考查棱柱的结构特征，向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】(x+1)2+(y−3)2=4；
最大值为 10+2，最小值为 10−2；
x=0或y=−43x
【解析】(1)因为圆心C在直线y=−3x上，所以可设圆心为C(a,−3a)，
所以|CA|=|CB|，即(a+1)2+(−3a−1)2=(a−1)2+(−3a−3)2，
解得a=−1，所以C(−1,3)，所以|CA|2=(−1+1)2+(3−1)2=4，
所以圆C的方程为(x+1)2+(y−3)2=4．
(2)因为 x2+y2表示原点(0,0)与圆C上的点P(x,y)间的距离，
而原点O在圆C外，|OC|= 10，圆C的半径r=2，
所以 x2+y2的最大值为 10+2，最小值为 10−2．
(3)当l垂直于x轴时，l即为y轴，将x=0代入圆C的方程，
得(y−3)2=3，
所以y1=3+ 3，y2=3− 3，
此时截得的弦长为|y1−y2|=2 3，满足条件；
当l不垂直于x轴时，设l的方程为y=kx，
因为|MN|=2 3，所以圆心C到直线l的距离d= r2−(12|MN|)2=1，
由点到直线的距离公式得1=|−k−3| k2+1，解得k=−43．
所以直线l的方程为x=0或y=−43x．
(1)可设圆心为C(a,−3a)，由|CA|=|CB|求出圆心坐标及半径进行求解；
(2)由 x2+y2表示原点(0,0)与圆C上的点P(x,y)间的距离，进行求解；
(3)分直线的斜率存在与不存在进行求解．
本题考查圆的方程求解，直线与圆的位置关系应用，属于中档题．
16.【答案】因为在四边形ABCD中，AB/​/CD，
所以根据两直线平行，内错角相等可得∠MDC=∠MBA，∠MCD=∠MAB，
再根据三角形相似的条件可得△DMC～△BMA，
所以MCAM=DCAB=12，即AM=23AC，
设PA=a,PB=b,PC=c，
由图根据平面向量的加法和减法法则可得：
PM=PA+AM=PA+23AC=PA+23(PC−PA)=13PA+23PC=13a+23c；
PD=12a−12b+c；ME=124a−38b+13c
【解析】证明：(1)因为在四边形ABCD中，AB/​/CD，
所以根据两直线平行，内错角相等可得∠MDC=∠MBA，∠MCD=∠MAB，
再根据三角形相似的条件可得△DMC～△BMA，
所以MCAM=DCAB=12，即AM=23AC，
设PA=a,PB=b,PC=c，
由图根据平面向量的加法和减法法则可得：
PM=PA+AM=PA+23AC=PA+23(PC−PA)=13PA+23PC=13a+23c；
解：(2)由图根据平面向量的加法法则和减法法则可得：
PD=PC+CD=PC+12BA=PC+12(PA−PB)
=12PA−12PB+PC=12a−12b+c；
由于CE=3ED，所以根据平面向量的减法法则可得：
PE=PD+14DC=PD+14(PC−PD)=14PC+34PD=38a−38b+c，
由图根据平面向量的减法法则可得：
ME=PE−PM=38a−38b+c−13a−23c=124a−38b+13c，
综上，PD=12a−12b+c；ME=124a−38b+13c．
(1)利用三角形相似可得：AM：MC=2：1，结合向量的线性运算求解即可；
(2)利用向量的线性运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，属于中档题．
17.【答案】x2+y2=4；
4
【解析】(1)由已知得|PM|=2− 2，|PN|=2 2−2，
因此|PM||PN|= 22，因此|GM||GN|= (x− 2)2+y2 (x−2 2)2+y2= 22，
整理得动点G的轨迹方程为x2+y2=4；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则C(−x2,y2)，
将l的方程代入x2+y2=4中，整理得(1+k2)x2+2kmx+m2−4=0，
因此x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−41+k2，
因为A，Q，C三点共线，
因此kAQ=kCQ，
因此y1−1x1=y2−1−x2，
因此x1(kx2+m−1)+x2(kx1+m−1)=0，
2kx1x2+(m−1)(x1+x2)=0，因此2k(m2−4)−2km(m−1)=0，
解得m=4，所以m的值为4．
(1)根据题意可得|PM||PN|=|GM||GN|= 22，再代入坐标化简即可得到轨迹方程；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则C(−x2,y2)，将直线方程与轨迹方程联立得到x1+x2=−2km1+k2，x1x2=m2−41+k2，再由A，Q，C三点共线，可得kAQ=kCQ，代入化简运算即可求m．
本题考查轨迹方程，属于中档题．
18.【答案】证明：因为PA⊥平面ABC，而AC，BE⊂平面ABC，故PA⊥BE，PA⊥AC，
故AC= PC2−PA2=2 2，
在△ABC中，由余弦定理可得∠BAC=AB2+AC2−BC22×AB×AC=1+8−52×1×2 2= 22，
在△ABE中，由余弦定理得：
BE2=AB2+AE2−2AB×AEcs∠BAE=1+2−2×1× 2× 22=1，
故BE=1，故AB 2+BE2=AE2，故AB⊥BE，
而AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，故BE⊥平面PAB，
因BE⊂平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB；
23；
60°
【解析】(1)证明：因为PA⊥平面ABC，而AC，BE⊂平面ABC，因此PA⊥BE，PA⊥AC．
因此AC= PC2−PA2=2 2，
在△ABC中，由余弦定理可得∠BAC=AB2+AC2−BC22×AB×AC=1+8−52×1×2 2= 22，
在△ABE中，由余弦定理得：
BE2=AB2+AE2−2AB×AEcs∠BAE=1+2−2×1× 2× 22=1，
因此BE=1，因此AB2+BE2=AE2，因此AB⊥BE，
而AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，因此BE⊥平面PAB，
因BE⊂平面PBE，因此平面PBE⊥平面PAB；
(2)因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，因此PA⊥AB，
而PA=AB=1，因此PB= 2，
在△PBC中，由余弦定理可得cs∠BPC=PB2+PC2−BC22×PB×PC=2+9−52× 2×3= 22，
而∠BPC为三角形内角，因此sin∠BPC= 22，因此S△BPC=12× 2×3× 22=32，
因此VA−PBC=13×dA−PBC×32=VP−ABC=13×1×12×1×2 2× 22=13，
因此dA−PBC=23；
(3)
取AE的中点为N，在平面PAE中过N作NM⊥PE，垂足为M，连接BM，
因为PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，因此平面PAC⊥平面ABC，
由(2)可得AB=BE=1,AE= 2，因此BN⊥AE且BN= 22，
而平面PAC∩平面ABC=AC，BN⊂平面ABC，
因此BN⊥平面PAE，而NM，PE⊂平面PAE，因此BN⊥PE，NM⊥PE，
而MN∩BN=N，MN，BN⊂平面BMN，因此PE⊥平面BMN，
而BM⊂平面BMN，因此PE⊥BM，因此∠BMN为二面角B−PE−A的平面角，
在直角三角形PEA中，sin∠PEA=PAPE= 33，因此NM= 22× 33= 66，
在直角三角形BNM中，tan∠BMN=BNNM= 22 66= 3，
而∠BMN为锐角，因此∠BMN=60°，因此平面BPE与平面PEC夹角的大小为60°．
(1)多次运用余弦定理结合勾股定理可证AB⊥BE，再结合空间垂直关系的转化可证平面PBE⊥平面PAB；
(2)利用等积法可求点A到平面PBC的距离；
(3)取AE的中点为N，在平面PAE中过N作NM⊥PE，垂足为M，连接BM，则可证∠BMN为二面角B−PE−A的平面角，利用解直角三角形可得∠BMN=60°，故可得平面BPE与平面PEC夹角的大小为60°．
本题考查空间向量法求解二面角及两平面的夹角，属于难题．
19.【答案】 3030；
36；
30°
【解析】(1)设AC=PA=1.建立如图所示的空间直角坐标系，
A(0,0,0),N(0,13,0),P(0,0,1),B( 2,0,0),C(0,1,0)，
PN=(0,13,−1),BC=(− 2,1,0)，
因此cs〈PN,BC〉=PN⋅BC|PN|⋅|BC|= 3030，
因此异面直线PN与BC所成角的余弦值为 3030；
(2)当M是AB的中点时，M( 22,0,0)，则PM=( 22,0,−1)，
设平面PMN的法向量为a=(x0,y0,z0)，因此13y0−z0=0 22x0−z0=0，
令x0= 2，因此a=( 2,3,1)，PA=(0,0,−1)，
设PA与平面PMN所成角为θ，则sinθ=|cs|=|a⋅PA||a||PA|= 36；
因此PA与平面PMN所成角的正弦值为 36；
(3)设M(x,0,0)(0≤x≤ 2),PN=(0,13,−1),PM=(x,0,−1),PC=(0,1,−1)，
当x=0时，平面CPM与平面PMN重合，
当x≠0时，设平面PMN的法向量为m=(a,b,c)，则13b−c=0ax−c=0，
令c=1，则m=(1x,3,1)，
当x≠0时，设平面PMC的法向量为n=(u,v,w)，则v−w=0ux−w=0，
令w=1，则可求得平面PMC的一个法向量为n=(1x,1,1)，
因此|cs〈m,n〉|=|1x2+4| 1x2+10⋅ 1x2+2，
令1x2=t(t≥12)，则|cs〈m,n〉|= 1−4(t+1)(t+10)(t+2)
= 1−4(t+1)+10+9t+1≥ 1−410+6= 32，
当且仅当t+1=9t+1，即t=2，即x= 22时，取等号，
此时|cs〈m,n〉|min= 32，
因此平面CPM与平面PMN夹角的最大值为30°．
(1)假设AC=PA=1，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量即可得到答案；
(2)求出平面PMN的法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案；
(3)求出平面CPM与平面PMN的法向量，再利用面面角的空间向量求法即可得到其表达式，结合换元法和基本不等式即可求出最值．
本题考查空间向量法求解二面角及两平面的夹角，属于难题．