2025~2026学年广东省湛江市第二十一中学高二上册10月月考数学试卷(学生版)（原卷）

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A．{x∣1≤x0），
则1+4+D+2E+F=025+16+5D+4E+F=04+2D+F=0，即D+2E+F+5=05D+4E+F+41=02D+F+4=0，
解得D=−7,E=−4,F=10，满足D2+E2−4F>0，
所以△ABC的外接圆方程为x2+y2−7x−4y+10=0.
19．【正确答案】（1）证明：证法一：取PN中点E，连接CE和ME，
∵C为PA中点，
∴CE//AN且CE=12AN，
∵BM//AN且BM=12AN，
∴BM//CE且BM=CE，
∴四边形BMEC为平行四边形，
则BC//EM，
∵EM⊂面PMN，BC⊄面PMN，
∴BC//面PMN.
证法二：如图所示，取AN的中点Q，连接BQ，CQ，
∵在△ANP，C为AP中点，Q为AN中点，
∴CQ//PN，
∴PN⊂平面PNM，CQ⊄平面PNM，
∴CQ//平面PNM，
∵在四边形ABMN中，AN//BM，AN=2BM=2，Q为AN中点，
∴QN=BM=1，QN∥BM，
∴四边形BMNQ为平行四边形，
∴BQ//MN，
∴MN⊂平面PNM，BQ⊄平面PNM，
∴BQ//平面PNM
又∵BQ∩CQ=Q，BQ,CQ⊂平面CQB，
∴平面CQB//平面PMN，
由BC⊂平面CQB，
∴BC//平面PMN.
（2）解：解法一：取MN中点O，连接PO，
则在等边△PMN中，PO⊥MN，
∵面PMN⊥面AMN，面PMN∩面AMN=MN，PO⊂面PMN，
∴PO⊥面AMN，AN⊂面AMN，
可得PO⊥AN，
又因为AN⊥NP，PO∩NP=P，PO,NP⊂面PMN，
∴AN⊥面PMN，
以N为坐标原点，NA，NM为x，y轴，
过N点垂直于平面AMN的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则N0,0,0，M0,1,0，A2,0,0，P0,12,32，AP=−2,12,32，
设PF=λPA，
则F2λ,12−12λ,32−32λ，
NM=0,1,0，NF=2λ,12−12λ,32−32λ
依题意，可得平面PMN的法向量为m=1,0,0，
设平面MNF的法向量为n=x,y,z，
则NM⋅n=y=0NF⋅n=2λx+12−12λy+32−32λz=0，
令z=4λ，则x=3λ−1,y=0，
则n=3λ−1,0,4λ，
设二面角F−MN−P为θ，
则csθ=m⋅nmn=3λ−119λ2−6λ+3=20167，
∴λ=23或λ=2（舍），
则AP=−22+122+322=5，
所以PF=253.
解法二：取MN中点O，连接PO，
则在等边△PMN中，PO⊥MN，
∵面PMN⊥面AMN，面PMN∩面AMN=MN，PO⊂面PMN，
∴PO⊥面AMN，AN⊂面AMN，
可得PO⊥AN，
又因为AN⊥NP，PO∩NP=P，PO,NP⊂面PMN，
∴AN⊥面PMN，
取AB的中点E，以O为原点，
分别以OE、OM、OP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则M0,12,0，N0,−12,0，P0,0,32，A2,−12,0，B1,12,0
∴MN=0,−1,0，AP=−2,12,32，MB=1,0,0，
由MB=1,0,0是平面PMN的一个法向量，记为m=1,0,0，
假设线段PA上存在点F满足已知条件，
则AF=λAP，且0≤λ≤1，
设Fx0,y0,z0，则AF=x0−2,y0+12,z0，
∴x0−2,y0+12,z0=λ−2,12,32，
∴x0=2−2λ，y0=12λ−12，z0=32λ，
则F2−2λ,12λ−12,32λ，
所以OF=2−2λ,12λ−12,32λ，
设平面FMN的一个法向量为n=x,y,z，
则MN⋅n=−y=0OF⋅n=2−2λx+12λ−12y+32λz=0，
取n=32λ,0,2λ−2，
由已知条件，得csm,n=32λ+0+01×34λ2+2λ−22=20167，
整理得2412λ2+1608λ−804=0，
化简得3λ2+2λ−1=0，
∴解得λ=13或λ=−1（舍去），
∴线段PA上存在点F，当AF=13AP时，满足已知条件，
则FP=23AP，
∵AP=4+14+34=5，
∴PF=23×5=253，
求平面FMN的一个法向量的另一种解法：
∴MN×OF=ijk0−102−2λ12λ−1232λ=−32λ,0,2−2λ，
∴平面MNF的一个法向量可取n=32λ,0,2λ−2.
解法三：（几何法）作FE//AN，EG⊥NM，
∵MN⊥FE，MN⊥EG，EF∩EG=E，EF,EG⊂平面FNG，
∴MN⊥平面FNG，FG⊂平面FNG，
∴MN⊥FG，
∴∠FGE为二面角F−MN−P的平面角，
设PE=a，在△ANP中，EFNA=PEPN，
∴EF=2a，
∴NE=1−a，
在△NOP中，
由NENP=EQPO，
得EQ=31−a2，
由cs∠FGE=20167，
得tan∠FGE=83，
在直角三角形FEG中，tan∠FGE=EFEG=2a31−a2=83，
∴a=23，
在直角三角形ANP中，AP=1+4=5，
则在△ANP中，由PFPA=PEPN=23，
得PF=253.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【分析】（l）利用两种方法证明.
证法一：利用中位线定理和平行四边形的定义得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出BC//平面PMN.
证法二：利用中位线定理和平行四边形定义得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，再根据线面平行证出面面平行，最后由面面平行的性质定理证出线面平行，即证出BC//平面PMN.
（2）利用三种方法求解.
解法一：利用等边三角形三线合一得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面PMN的法向量和平面MNF的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件以及向量的模的坐标表示，从而得出PF的长.
解法二：利用等边三角形三线合一得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面PMN的一个法向量和平面FMN的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件以及向量共线定理，从而得出PF的长.
解法三：利用几何法求解，利用线线垂直和线面垂直的互推关系以及二面角的平面角的定义，从而得出∠FGE为二面角F−MN−P的平面角，再利用三角形中对应边成比例和正切函数的定义以及勾股定理，从而得出PF的长.
（1）.
解法一
证明：取PN中点E，连接CE和ME.
∵C为PA中点，∴CE//AN且CE=12AN，
∵BM//AN且BM=12AN，∴BM//CE且BM=CE，
∴四边形BMEC为平行四边形，则BC//EM，
∵EM⊂面PMN，BC⊄面PMN，∴BC//面PMN.
解法二：
如图所示，取AN的中点Q，连接BQ，CQ，
∵在△ANP，C为AP中点，Q为AN中点，∴CQ//PN，
∴PN⊂平面PNM，CQ⊄平面PNM，∴CQ//平面PNM，
∵在四边形ABMN中，AN//BM，AN=2BM=2，Q为AN中点，
∴QN=BM=1，QN∥BM，
∴四边形BMNQ为平行四边形，∴BQ//MN，
∴MN⊂平面PNM，BQ⊄平面PNM，∴BQ//平面PNM
又∵BQ∩CQ=Q，BQ,CQ⊂平面CQB，∴平面CQB//平面PMN，
由BC⊂平面CQB，∴BC//平面PMN
（2）解法一：
取MN中点O，连接PO，则等边△PMN中PO⊥MN.
∵面PMN⊥面AMN，面PMN∩面AMN=MN，PO⊂面PMN，
∴PO⊥面AMN，AN⊂面AMN，可得PO⊥AN.
又AN⊥NP，PO∩NP=P，PO,NP⊂面PMN，∴AN⊥面PMN，
以N为坐标原点，NA，NM为x，y轴，过N点垂直于平面AMN的直线为z轴建立空间直角坐标系，
N0,0,0，M0,1,0，A2,0,0，P0,12,32，AP=−2,12,32，
设PF=λPA，则F2λ,12−12λ,32−32λ，
NM=0,1,0，NF=2λ,12−12λ,32−32λ
依题意可得平面PMN的法向量为m=1,0,0，
设平面MNF的法向量为n=x,y,z，
则NM⋅n=y=0NF⋅n=2λx+12−12λy+32−32λz=0，令z=4λ，则x=3λ−1,y=0，
即n=3λ−1,0,4λ，
二面角F−MN−P为θ，则csθ=m⋅nmn=3λ−119λ2−6λ+3=20167，
∴λ=23，λ=2（舍），
AP=−22+122+322=5，则PF=253.
解法二：
取MN中点O，连接PO，则等边△PMN中PO⊥MN.
∵面PMN⊥面AMN，面PMN∩面AMN=MN，PO⊂面PMN，
∴PO⊥面AMN，AN⊂面AMN，可得PO⊥AN.
又AN⊥NP，PO∩NP=P，PO,NP⊂面PMN，∴AN⊥面PMN
取AB的中点E，以O为原点，分别以OE、OM、OP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则M0,12,0，N0,−12,0，P0,0,32，A2,−12,0，B1,12,0
∴MN=0,−1,0，AP=−2,12,32，MB=1,0,0，
由已知MB=1,0,0是平面PMN的一个法向量，记为m=1,0,0，
假设线段PA上存在点F满足已知条件，则有AF=λAP，且0≤λ≤1，
设Fx0,y0,z0，有AF=x0−2,y0+12,z0，∴x0−2,y0+12,z0=λ−2,12,32，
∴x0=2−2λ，y0=12λ−12，z0=32λ，即F2−2λ,12λ−12,32λ，OF=2−2λ,12λ−12,32λ，
设平面FMN的一个法向量为n=x,y,z，
则MN⋅n=−y=0OF⋅n=2−2λx+12λ−12y+32λz=0， 取n=32λ,0,2λ−2，
由已知得csm,n=32λ+0+01×34λ2+2λ−22=20167，
整理得2412λ2+1608λ−804=0，即化简得3λ2+2λ−1=0，
∴解得λ=13，λ=−1（舍去），
∴线段PA上存在点F，当AF=13AP时，已知条件成立，
则有FP=23AP，∵AP=4+14+34=5，∴PF=23×5=253.
求平面FMN的一个法向量的另一种解法：
∴MN×OF=ijk0−102−2λ12λ−1232λ=−32λ,0,2−2λ，
∴平面MNF的一个法向量可取n=32λ,0,2λ−2
解法三：几何法
作FE//AN，EG⊥NM
∵MN⊥FE，MN⊥EG，EF∩EG=E，EF,EG⊂平面FNG，∴MN⊥平面FNG，
FG⊂平面FNG，∴MN⊥FG，
∴∠FGE为二面角F−MN−P的平面角，
设PE=a，在△ANP中，EFNA=PEPN∴EF=2a，∴NE=1−a，
在△NOP中，由NENP=EQPO得EQ=31−a2，
由已知cs∠FGE=20167得tan∠FGE=83，
在直角三角形FEG中，tan∠FGE=EFEG=2a31−a2=83，∴a=23，
在直角三角形ANP中，AP=1+4=5，
所以在△ANP中，由PFPA=PEPN=23，得PF=253.