高二上学期第一次月考数学试卷(提高篇)(解析版).docx

2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023春·新疆省直辖县级单位·高二校考开学考试）在以下命题中：
①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；
②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA−2OB−2OC，则P，A，B，C四点共面
④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μb(λ,μ∈R,λ,μ≠0)，则{a,b,c}构成空间的一个基底
⑤若a,b,c为空间的一个基底，则a+b,b+c,c+a构成空间的另一个基底；
其中真命题的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论.
【解答过程】①由空间基底的定义知，三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面，故①正确；
②由空间基底的定义知，若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线，故②正确；
③由2−2−2=−2≠1，根据共面向量定理知P,A,B,C四点不共面，故③错误；
④由c=λa+μb，当λ+μ=1时，向量c与向量a，b构成的平面共面，则a,b,c不能构成空间的一个基底，故④错误；
⑤利用反证法：若a+b,b+c,c+a不构成空间的一个基底，
设a+b=xb+c+1−xc+a，整理得c=xa+1−xb，即a,b,c共面，又因a,b,c为空间的一个基底，所以a+b,b+c,c+a能构成空间的一个基底，故⑤正确.
综上：①②⑤正确.
故选：D.
2．（5分）（2023秋·安徽六安·高二校考期末）已知直线kx−y−k−1=0和以M−3,1，N3,2为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（    ）
A．−12≤k≤32 B．−2≤k≤23
C．k≤−12或k≥32 D．k≤−2或k≥23
【解题思路】根据直线方程kx−y−k−1=0得到恒过定点A1,−1，利用坐标得到kMA=−12，kNA=32，然后结合图象可得k的取值范围.
【解答过程】
直线kx−y−k−1=0恒过定点A1,−1，且kMA=−12，kNA=32，由图可知，k≤−12或k≥32.
故选：C.
3．（5分）（2023春·甘肃兰州·高二校考期末）已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，PA⊥平面ABCD，点M,N满足PM=12PC，PN=23PD．若MN=xAB+yAD+zAP，则x+y+z=（    ）
A．−1 B．1 C．−12 D．12
【解题思路】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.
【解答过程】  
因为PM=12PC，PN=23PD，
所以MN=PN−PM=23PD−12PC=23AD−AP−12AC−AP
=23AD−AP−12AB+AD−AP=−12AB+16AD−16AP，
因为MN=xAB+yAD+zAP，所以x=−12，y=16，z=−16，
所以x+y+z=−12.
故选：C.
4．（5分）（2023·山东青岛·统考三模）瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．这条直线被称为欧拉线．已知△ABC的顶点A−3,0，B3,0，C3,3，若直线l：ax+a2−3y−9=0与△ABC的欧拉线平行，则实数a的值为（    ）

A．－2 B．－1 C．－1或3 D．3
【解题思路】根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解.
【解答过程】由△ABC的顶点A−3,0，B3,0，C3,3知，
△ABC重心为−3+3+33,0+0+33，即1,1，
又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点−3+32,0+32，即0,32，
所以可得△ABC的欧拉线方程y−1x−1=1−321−0，即x+2y−3=0，
因为ax+a2−3y−9=0与x+2y−3=0平行，
所以a1=a2−32≠−9−3，
解得a=−1，
故选：B.
5．（5分）（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在平面直角坐标系中，已知点Pa,b满足a+b=1，记d为点P到直线x−my−2=0的距离.当a,b,m变化时，d的最大值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据直线l:x−my−2=0过定点A确定出对于给定的一点P，d取最大值时PA⊥l且dmax=PA，然后根据点P为正方形上任意一点求解出PAmax，由此可知dmax.
【解答过程】直线l:x−my−2=0过定点A2,0，
对于任意确定的点P，
当PA⊥l时，此时d=PA，
当PA不垂直l时，过点P作PB⊥l，此时d=PB，如图所示：

因为PB⊥AB，所以PA>PB，所以dmax=PA，
由上可知：当P确定时，dmax即为PA，且此时PA⊥l；
又因为P在如图所示的正方形上运动，所以dmax=PAmax，
当PA取最大值时，P点与M−1,0重合，此时PA=2−−1=3，
所以dmax=3，
故选：C.
6．（5分）（2023春·上海黄浦·高二校考阶段练习）若点N为点M在平面α上的正投影，则记N=fαM.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点（与C、C1不重合）Q1=fγfβP，Q2=fβfγP.给出下列三个结论：

①线段PQ2长度的取值范围是12,22；
②存在点P使得PQ1//平面β；
③存在点P使得PQ1⊥PQ2.
其中，所有正确结论的序号是
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
【解题思路】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设点P的坐标为0,1,a01C1D，即PE⊥β，∴fβP=E，
同理可证EQ1⊥γ，CQ⊥β，则fγfβP=fγE=Q1，fβfγP=fβC=Q2.
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设CP=a00,a−12,−a，令CQ2⋅PQ1=1−a4−a2=1−3a4=0，解得a=13∈0,1，
所以，存在点P使得PQ1//平面β，命题②正确；
对于命题③，PQ2=0,−12,1−2a2，令PQ1⋅PQ2=1−a4+a2a−12=0，
整理得4a2−3a+1=0，该方程无解，所以，不存在点P使得PQ1⊥PQ2，命题③错误.
故选：D.
7．（5分）（2022秋·浙江嘉兴·高二校考期中）已知圆O：x2+y2=2，过直线l：2x+y=5在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则△OMN面积的最小值为（　　）
A．12 B．1625 C．2516 D．2
【解题思路】设Px0,y0,利用圆切线的性质，得到切点弦所在直线方程x0x+y0y=2，然后求出M2x0,0,N0,2y0，写出面积表达式，利用基本不定式得到其最小值.
【解答过程】设Px0,y0,则2x0+y0=5x0>0,y0>0,
设Ax1,y1,Bx2,y2,

当x1≠0,y1≠0时，kAO⋅kPA=−1⇒y1x1⋅kPA=−1⇒kPA=−x1y1，所以切线PA方程为y−y1=−x1y1x−x1，两边同乘y1得yy1−y12=−xx1+x12，
即xx1+yy1=x12+y12，而x12+y12=2，代入得x1x+y1y=2，显然当x1=0或y1=0时也适合，所以切线PA方程为x1x+y1y=2，同理PB:x2x+y2y=2
将P的坐标代入上述直线方程,则有x1x0+y1y0=2x2x0+y2y0=2，
于是直线AB的方程为x0x+y0y=2,
分别令x=0,y=0，易得xM=2x0,yN=2y0，则M2x0,0,N0,2y0，
△OMN的面积为S=12⋅2x0⋅2y0=42x0⋅y0≥42x0+y022=4522=1625,
当且仅当2x0=y0结合2x0+y0=5，即x0=54y0=52时取等号.
所以△OMN面积的最小值为1625.
故选：B.
8．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F（E在F的左边），且EF=2. 下列说法正确的是（    ）

A．当E，F运动时，存在点E，F使得AE⊥CF
B．当E，F运动时，存在点E，F使得AE∥BF
C．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45°
D．当E，F运动时，二面角A−EF−B的余弦值为定值13
【解题思路】建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断A；假设AE∥BF，可推出矛盾判断B；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断C，D.
【解答过程】对于A，以C为坐标原点，CD,CB,CC1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A2,2,0,B0,2,0,C0,0,0,D2,0,0,D1(2,0,2)，
由于EF=2，设E(t,2−t,2),F(t−1,3−t,2),(1≤t≤2)，
则AE=t−2,−t,2,CF=t−1,3−t,2，
则AE⋅CF=2t2−6t+6=2t−322+32>0，
所以当E，F运动时，故存在点E，F使得AE⊥CF，A错误；
对于B，若AE∥BF，则A,B,B1,D1四点共面，与AB与B1D1是异面直线矛盾，B错误；
对于C，设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，又AB=(−2,0,0)，
故AB⋅m=−2x=0AE⋅m=t−2x−ty+2z=0，令y2，则m=(0,2,t)，
平面ABC的法向量可取为n=(0,0,1)，
故cos〈m,n〉=m⋅n|m||n|=tt2+4=11+4t2，
因为1≤t≤2，且函数y=1+4t2在[1,2]上单调递降，所以55≤11+4t2≤22，
当且仅当t=2时，11+4t2取到最大值，
设二面角E−AB−C的平面角为θ,0∘≤θ≤90∘，则cosθ最大值为22，
即二面角E−AB−C的最小值为45°，C正确；
对于D，连接BD,AD1,AB1，平面EFB即为平面BDD1B1,平面AEF即为平面AB1D1,
平面BDD1B1的法向量可取为CA=(2,2,0),
设平面AB1D1的法向量为t=(a,b,c)，又AB1=(−2,0,2),D1B1=(−2,2,0)，
故AB1⋅t=−2a+2c=0D1B1⋅t=−2a+2b=0，令a=1，则t=(1,1,1)，
故cos〈CA,t〉=CA⋅t|CA||t|=422×3=63，
由图知二面角A−EF−B为锐角，
则二面角A−EF−B的余弦值为定值63，D错误，
故选：C.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）已知向量a=1,1,−1，b=2,−1,0，c=0,1,−2，则下列结论正确的是（    ）
A．a⋅b+c=4 B．a−b⋅b−c=−8
C．记a与b−c的夹角为θ，则cosθ=13 D．若a+λb⊥c，则λ=3
【解题思路】根据空间向量线性坐标运算、数量积的坐标运算以及垂直的坐标表示即可求解.
【解答过程】因为a=1,1,−1，b=2,−1,0，c=0,1,−2，
所以b+c=2,0,−2,a−b=−1,2,−1,b−c=2,−2,2，
选项A：a⋅b+c=1×2+1×0+(−1)×(−2)=4，正确；
选项B：a−b⋅b−c=(−1)×2+2×(−2)+(−1)×2=−8，正确；
选项C：cosθ=a⋅(b−c)ab−c=1×2+1×(−2)+(−1)×23×23=−13，错误；
选项D：因为a=1,1,−1，b2,−1,0，
所以a+λb=1+2λ,1−λ,−1，由a+λb⊥c得a+λb⋅c=0，
所以(1+2λ)×0+(1−λ)×1+(−1)×(−2)=3−λ=0，
所以λ=3，正确；
故选：ABD.
10．（5分）（2022秋·福建福州·高二校联考期中）已知直线l:mx−y+2=0，A(0,0)，B(1,−1)，则下列结论正确的是（    ）
A．当A，B到直线l距离相等时，m=−1 B．当m=0时，直线l的斜率不存在
C．当m=1时，直线l在x轴上的截距为-2 D．当m=−1时，直线l与直线AB平行
【解题思路】当A，B到直线l距离相等时，m=−1或m=−5，A错误，直线斜率为0，B错误，取y=0，则x=−2，C正确，计算kAB=k，D正确，得到答案.
【解答过程】对选项A：21+m2=m+31+m2，解得m=−1或m=−5，错误；
对选项B：m=0时，y=2，直线斜率为0，错误；
对选项C：m=1时，l:x−y+2=0，取y=0，则x=−2，正确；
对选项D：m=−1时，l:−x−y+2=0，k=−1，不过A点，kAB=−11=−1，kAB=k，正确；
故选：CD.
11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知圆的圆心在直线x=2上，且与l:x−3y+2=0相切于点P1,3，过点Q1,0作圆的两条互相垂直的弦AB，CD，记线段AB，CD的中点分别为M，N，则下列结论正确的是（    ）
A．圆的方程为x−22+y2=4
B．四边形ACBD面积的最大值为72
C．弦AB的长度的取值范围为[23,4]
D．直线MN恒过定点32,0
【解题思路】根据已知条件可求圆心E2,0，利用两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程，判断A；由已知可证四边形EMQN为矩形，利用对角线互相平分，即可知MN过EQ中点，进而求出定点，判断D；根据过定点的最长弦为直径，最短弦垂直于直径，即可得到弦AB的长度的取值范围，判断C；设EM=d，利用垂径定理分别求出AB，CD的长度，即可得到四边形ACBD面积为关于d的函数，利用函数的性质求最值即可，判断B.
【解答过程】解：设圆心E2,a，
因为与l:x−3y+2=0相切于点P1,3，直线l的斜率k=33，
则kPE⋅k=−1⇒kPE=−1k=−3，即a−32−1=−3⇒a=0，
所以圆心E2,0，半径r=PE=2−12+0−32=2，
因此圆的方程为x−22+y2=4，A选项正确；

因为线段AB，CD的中点分别为M，N，则EM⊥AB，EN⊥CD，
又AB⊥CD，所以四边形EMQN为矩形，则MN与EQ互相平分
即MN过EQ中点32,0，所以直线MN恒过定点32,0，D选项正确；
当AB过圆心E时，AB的长度最长且为圆的直径4，
当AB垂直于x轴时，AB的长度最短，此时AB经过点P，
所以AB=2PQ=23，则弦AB的长度的取值范围为[23,4]，C选项正确；
因为四边形EMQN为矩形，则QN=ME，
设EM=d，则EN=QE2−QN2=1−d2，
由垂径定理可得AB=2AE2−EM2=24−d2，CD=2DE2−EN2=24−1−d22=23+d2，
则SABCD=12⋅AB⋅CD=12×24−d2×23+d2=24−d23+d2
=2−d4+d2+12，d∈0,1，
令t=d2，则SABCD=2−t2+t+12，t∈0,1
当t=−12×−1=12时，SABCD有最大值2−122+12+12=7，B选项错误；
故选：ACD.
12．（5分2022春·江苏徐州·高三校考阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为侧面BCC1B1（不含边界）内的动点，Q为线段A1C上的动点，若直线A1P与A1B1的夹角为45∘，则下列说法正确的是（ ）

A．线段A1P的长度为2
B．33A1Q+PQ的最小值为1
C．对任意点P，总存在点Q，便得D1Q⊥CP
D．存在点P，使得直线A1P与平面ADD1A1所成的角为60°
【解题思路】对选项A，直接通过建立空间直角坐标系，表示出线段A1P，即可求得；
对选项B，转化33A1Q为1−QR是关键，然后通过坐标表示出QP−QR+1即可求得33A1Q+PQ的最小值为1；
对选项C，通过D1Q⊥CP关系建立方程，结合点P的坐标满足x1−12+z1−12=1，得到关于z1的一元二次方程λ2λ−12+1z12+2λλ−1−2z1+1=0，再通过判别式即可判断出对任意点P，总存在点Q，便得D1Q⊥CP；
对选项D，通过先求平面ADD1A1的法向量，然后根据直线A1P与平面ADD1A1所成的角为60°建立方程，解得32=12，故矛盾，故选项D错误.
【解答过程】
建立如上图所示的空间直角坐标系D−xyz，根据题意，可得：D0,0,0，A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，D10,0,1，A11,0,1，B11,1,1，C10,1,1
设点Px1,1z1，Qx2,y2,z2，由直线A1P与A1B1的夹角为45∘，则有：
A1P=x1−1,1,z1−1，A1B1=0,1,0
故有：cosπ4=A1P⋅A1B1|A1P||A1B1|
解得：x1−12+z1−12=1
Q为线段A1C上的动点，则有：A1Q=λA1C（0≤λ≤1）
解得：Q1−λ,λ,1−λ
对选项A，则有：A1P=x1−12+z1−12+1=2，故选项A正确；
对选项B，过点Q作平面ABCD的垂线，垂足为R
易知：33QA1=1−QR（由于sin∠ACA1=AA1A1C=33）
故33A1Q+PQ的最小值等价于求QP−QR+1
QR=1−λ
QP=(1−λ−x1)2+λ−12+1−λ−z12
故有：QP2=(1−λ−x1)2+λ−12+1−λ−z12≥λ−12=QR2
当且仅当x1=z1=1−λ时成立，结合x1−12+z1−12=1，可得此时λ=22
故选项B正确；
对选项C，若D1Q⊥CP，则有：D1Q=1−λ,λ,−λ，CP=x1,0,z1
D1Q⋅CP=x11−λ−z1λ=0，又x1−12+z1−12=1
则有：λ2λ−12+1z12+2λλ−1−2z1+1=0
则有：Δ=−8λλ−1
又0≤λ≤1，则有：Δ=2λλ−1−22−4λ2λ−12+1=−8λλ−1≥0，故对任意点P，总存在点Q，便得D1Q⊥CP，故选项C正确
对选项D，易知平面ADD1A1的法向量为n=0,1,0，若直线A1P与平面ADD1A1所成的角为60°，即直线A1P与平面ADD1A1的法向量成30°，则有：cosπ6=A1P⋅n|A1P||n|
解得：32=12，矛盾，故选项D错误.
故选：ABC.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022·高二课时练习）在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16OB+λOC，若MA，MB，MC共面，则λ= 13 ．
【解题思路】法一：根据空间向量运算结合共面向量定理即可得到相关方程组，解出即可；法二：利用四点共面的结论即可.
【解答过程】法一：由题意MA=OA−OM=12OA−16OB−λOC，
MB=OB−OM=−12OA+56OB−λOC，MC=OC−OM=−12OA−16OB+(1−λ)OC，
因为MA，MB，MC共面，
所以存在实数唯一实数对(m,n)，使得MA=mMB+nMC，
即12OA−16OB−λOC =m(−12OA+56OB−λOC)+n[−12OA−16OB+(1−λ)OC]，
所以−12m−12n=1256m−16n=−16−mλ+n1−λ=−λ，解得m=−13n=−23λ=13．
法二：由MA，MB，MC共面得M,A,B,C四点共面，
则根据四点共面的充要条件可得，12+16+λ=1，即λ=13．
故答案为：13.
14．（5分）（2023春·上海金山·高二校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知动点Pa,b到两直线l1:y=2x与l2:y=−12x+1的距离之和为5，则ba+5的取值范围是 −311,917 .
【解题思路】由题意可知Pa,b满足2a−b+a+2b−2=5为四边形的四边上任意一点，然后画图由ba+5几何意义求解即可.
【解答过程】将直线l1:y=2x与l2:y=−12x+1的方程化为一般式为l1:2x−y=0，
l2:x+2y−2=0，所以Pa,b到两直线的距离之和为：2a−b5+a+2b−25=5，
所以2a−b+a+2b−2=5①
当2a−b≥0a+2b−2≥0时，①式变形为：3a+b=7；
当2a−b≥0a+2b−2<0时，①式变形为：a−3b=3；
当2a−b<0a+2b−2≥0时，①式变形为：−a+3b=7；
当2a−b<0a+2b−2<0时，①式变形为：−3a−b=3；
则动点Pa,b为如图所示的四边形的边，

ba+5的几何意义为正方形边上任意一点与E−5,0连线的斜率.
C−35,−65，D−85,95，kCE=−311，kDE=917.
则ba+5的取值范围是：−311,917.
故答案为：−311,917.
15．（5分）（2023·海南海口·海南校考模拟预测）已知圆C：(x−a)2+(y−b)2=4的图象在第四象限，直线l1：ax+by+3=0，l2：bx−ay+4=0.若l1上存在点P，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别为A，B，使得△APB为等边三角形，则l2被圆C截得的弦长的最大值为 453 .
【解题思路】根据题意可推得a,b的范围，以及l1与圆的位置关系.根据等边三角形以及圆的对称性可得出∠APC=30°，然后推得a2+b2+3a2+b2≤4，求解结合a,b的范围可得出222b<−2.

则圆心到直线l1：ax+by+3=0的距离d1=a2+b2+3a2+b2.
又直线l1方程可化为y=−abx−3b，可知−ab>0，−3b>0，
所以直线l1过一、二、三象限，不过第四象限，直线l1与圆相离.
由题意易知∠APC=30°，则PC=ACsin30°=4，d1≤PC=4，
所以有a2+b2+3a2+b2≤4，即a2+b22−4a2+b2+3≤0，所以1≤a2+b2≤3.
又a>2，b<−2，所以a2+b2>8，a2+b2>22，所以223，所以l2被圆C截得的弦长为24−d22≤24−432=453.
故答案为：453.
16．（5分）（2023·高二单元测试）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为线段BD1上的动点，下列四个结论：

①存在点M，使得直线AM与直线B1C夹角为30°；
②存在点M，使得C1M与平面AB1C夹角的正弦值为33；
③存在点M，使得三棱锥D1−C1DM的体积为110；
④存在点M，使得α>β，其中α为二面角M−AA1−B的大小，β为直线MA1与直线AB所成的角．
则上述结论正确的有 ②③ ．（填上正确结论的序号）
【解题思路】对①：由连接AD1，BC1，由B1C⊥平面ABC1D1，即可判断；对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以VD1−C1DM=VM−C1D1D=13S△C1D1D⋅ℎ即可判断；对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，设BM=λBD1(0⩽λ⩽1)，利用向量法求出cosα与cosβ，比较大小即可判断；对②：设C1M与平面AB1C夹角为θ，利用向量法求出sinθ=cos，即可求解判断.
【解答过程】解：对①：连接AD1，BC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由AB⊥平面BCC1B1，可得AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB∩BC1=B，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以B1C⊥AM，故①错误；
对③：设M到平面CDD1C1的距离为ℎ，则0⩽ℎ⩽1，所以VD1−C1DM=VM−C1D1D=13S△C1D1D⋅ℎ=13×12×ℎ∈0,16，故③正确；
对④：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，设BM=λBD1(0⩽λ⩽1)，
则AB=(−1，0，0)， AA1=(0，0，1)， BD1=(1，−1，1)，BM=(λ，−λ，λ)，所以Mλ,1−λ,λ，A1M=(λ−1，−λ，λ−1)，

∴cosβ=|cos|=|A1M⋅AB|A1M||AB||=1−λ3λ2−4λ+2，
设平面MAA1的法向量为n=(x，y，z)则n⋅AA1=0n⋅A1M=0，即z=0(λ−1)x−λy+λ−1z=0，
取n=(λ，λ−1，0)，又DA=(0，1，0)是平面ABB1A1的一个法向量，
又二面角M−AA1−B为锐二面角或直角，
所以cosα=|cos|=|n⋅DA|n||DA||=1−λλ2+(λ−1)2=1−λ2λ2−2λ+1，
∵3λ2−4λ+2−(2λ2−2λ+1)=λ2−2λ+1=λ−12≥0，
∴3λ2−4λ+2≥2λ2−2λ+1，又1−λ⩾0，
∴cosβ⩽cosα，∴α⩽β，故④错误．
对②：由④的解析知，C1M=λ,1−λ,λ−1，CA=1,1,0，CB1=0,1,1，
设平面AB1C的法向量为m=a,b,c，则m⋅CA=0m⋅CB1=0，即a+b=0b+c=0，
取a=1，则m=1,−1,1，
设C1M与平面AB1C夹角为θ，令sinθ=cos=3λ−23λ2−4λ+2×3=33，即3λ2−4λ+1=0，又0⩽λ⩽1，解得λ=1或13，故②正确.
故答案为：②③.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022秋·辽宁抚顺·高二校联考期中）已知直线l1：2a−1x−a−2y+1=0，直线l2：a+1x−2y−1=0．
(1)若l1∥l2，求实数a的值；
(2)若l1⊥l2，求实数a的值．
【解题思路】（1）根据直线平行的条件列式计算即可，平行时要排除重合的情况；
（2）根据直线垂直的条件列式计算即可．
【解答过程】（1）解：∵l1∥l2,
∴2a−1⋅−2=2−a⋅a+1,
整理得a2−5a=0，
解得a=0或a=5，
当a=0时，l1与l2重合，舍去，
故a=5．
（2）解：∵l1⊥l2，
∴2a−1⋅a+1+2−a⋅−2=0，
∴2a2+3a−5=0，
∴a=1或a=−52．
18．（12分）（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，D1E=kD1A，D1F=kD1B，D1G=kD1C，D1H=kD1D.

(1)当k=34时，试用ABAD,AA1表示AF；
(2)证明：E,F,G,H四点共面；
(3)判断直线D1C1能否是平面D1AB和平面D1DC的交线，并说明理由.
【解题思路】（1）直接利用空间向量线性运算可得AF=AE+EF，再根据已知关系AE=14AD1，EF=D1F−D1E=34AB，进行化简可得出结果.
（2）可设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，由题意可化简得到EG=kAC，将AC=λAB+μAD代入并结合题意可化简得出EG=λEF+μEH，即可证明出E,F,G,H四点共面.
（3）先假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，根据棱柱的性质，可得出DC//平面ABD1，进而得出DC//AB，反之当DC//AB，可判断出D1C1⊂平面ABD1，D1C1⊂平面DCD1，得出平面ABD1∩平面DCD1=D1C1，得出当DC//AB时，直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线，反之不行，从而得出结果.
【解答过程】（1）AF=AE+EF=14AD1+D1F−D1E=14AD1+34D1B−34D1A
=14AD1+34AB=14AA1+14AD+34AB；
（2）设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，
EG=D1G−D1E=kD1C−kD1A=kAC
=k(λAB+μAD)=kλAB+kμAD=kλ(D1B−D1A)+μk(D1D−D1A)
=λ(D1F−DE)+μ(D1H−D1E)=λEF+μEH
则EF，EG，EH共面且有公共点E，则E,F,G,H四点共面；
（3）假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
DC//D1C1，D1C1⊂面ABD1，DC⊄面ABD1，则DC//平面ABD1，
又DC⊂面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB，则DC//AB；
反过来，当DC//AB时，因为DC//D1C1，则AB//D1C1，
则AB，D1C1确定平面ABD1C1
则D1C1⊂平面ABD1，
又因为D1C1⊂平面DCD1，
所以平面ABD1∩平面DCD1=D1C1，
所以DC//AB是直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线的充要条件；
所以，当DC//AB时，直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线；
当DC，AB不平行时，直线D1C1不是面D1AB和面D1DC的交线

19．（12分）（2023春·高二课时练习）已知点A−2，0，2、B−1，1，2、C−3，0，4，a=AB，b=AC．
(1)若c=3，且c//BC，求c；
(2)求cosa，b；
(3)若ka+b与ka−2b垂直，求k．
【解题思路】（1）利用空间向量平行充要条件设出c=−2λ，−λ，2λ，再利用c=3列方程，进而求得c；
（2）先求得a=1，1，0，b=−1，0，2，再利用公式即可求得cosa，b的值；
（3）利用空间向量垂直充要条件列出关于k的方程，解之即可求得k的值．
【解答过程】（1）∵B−1，1，2、C−3，0，4，∴BC=−2，−1，2，∵c=3，且c//BC，
∴设c=−2λ，−λ，2λ，且(−2λ)2+(−λ)2+(2λ)2=9，
解得λ=±1，∴c=−2，−1，2或c=2，1，−2；
（2）∵A−2，0，2、B−1，1，2、C−3，0，4，a=AB，b=AC，
∴a=1，1，0，b=−1，0，2，
∴cosa，b=a·ba·b=−12×5=−1010；
（3）∵ka+b=k−1，k，2，ka−2b=k+2，k，−4，
又ka+b与ka−2b垂直，
∴ka+b⋅ka−2b=k−1k+2+k2−8=0，
解得k=−52或k=2．
20．（12分）（2023·上海·高二专题练习）如图，已知A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，直线l:(k+3)x−y−2k=0．

(1)证明直线l经过某一定点，并求此定点坐标；
(2)若直线l等分△ABC的面积，求直线l的一般式方程；
(3)若P(2,23)，李老师站在点P用激光笔照出一束光线，依次由BC（反射点为K）、AC（反射点为I）反射后，光斑落在P点，求入射光线PK的直线方程．
【解题思路】（1）整理得到k(x−2)+(3x−y)=0，从而得到方程组，求出定点坐标；
（2）求出定点P(2,23)在直线AB上，且|AM|=8，由S△AMD=12S△ABC得到|AD|=34|AC|=9，设出D(x0,y0)，由向量比例关系得到D点坐标，得到直线方程；
（3）作出辅助线，确定P关于BC和AC的对称点P1, P2，得到kP1P2=233，由对称性得kPK=−233，写成直线方程.
【解答过程】（1）直线l:(k+3)x−y−2k=0可化为k(x−2)+(3x−y)=0，
令x−2=03x−y=0，解得x=2y=23，故直线l经过的定点坐标为(2,23)；
（2）因为A(6,63)，B(0,0)，C(12,0)，所以|AB|=|AC|=|BC|=12，
由题意得直线AB方程为y=3x，
故直线l经过的定点M(2,23)在直线AB上，所以|AM|=6−22+63−232=8，
设直线l与AC交于点D，所以S△AMD=12S△ABC，

即12|AM||AD|sinA=12×12×|AB||AC|sinA，所以|AD|=34|AC|=9，
设D(x0,y0)，所以AD=34AC，即(x0−6,y0−63)=34(6,−63)，
所以x0=212，y0=332，所以D(212,332)，
将D点坐标代入直线l的方程，解得k=−18317，
所以直线l的方程为3x+17y−363=0；
（3）设P关于BC的对称点P1(2,−23)，关于AC的对称点P2(m,n)，
直线AC的方程为y−063−0=x−126−12，即y=−3x−12，

直线AC的方程为y=−3(x−12)，所以n−23m−2⋅−3=−1n+232=−3m+22−12，
解得m=14,n=63，所以P2(14,63)，
由题意得P1,K,I,P2四点共线，kP1P2=233，由对称性得kPK=−233，
所以入射光线PK的直线方程为y−23=−233(x−2)，
即2x+3y−10=0．
21．（12分）（2023春·江西·高一校联考期中）已知圆C：x−22+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)若P的坐标为P−1,1，求过点P的切线方程；
(2)试问直线AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；
(3)直线x−y+m=0与圆C交于E，F两点，求OE·OF的取值范围（O为坐标原点）.
【解题思路】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率即可得方程
（2）设P（t，﹣t），，可得PC为直径得方程x2+y2−(t+2)x+ty+2t=0，可求得直线AB得方程为(2﹣t)x+ty−3+2t＝0，即可得定点.
(3)由x−y+m=0(x−2)2+y2=1可得(x−2)2+(x+m)2＝1，进而可得：OE•OF= x1x2+y1y2=(m+1)2+2可求得其范围.
【解答过程】（1）设切线方程为y−1=k(x+1) ，即kx−y+k+1=0，
圆心坐标为(2,0)，半径r=1，
根据圆的切线的定义可知：d=2k+k+11+k2=1，即3k+12=k2+1，
解得：k=0或k=−34，
代回方程可求得切线方程为：y=1或3x+4y−1=0，
y=1或3x+4y−1=0；
（2）∵圆C：(x﹣2)2+y2＝1，
∴圆心C（2，0），半径r＝1，
设P（t，﹣t），由题意知A，B在以PC为直径的圆上，又C（2，0），
∴(x−t)(x−2)+(y+t)(y−0)=0，即x2+y2−(t+2)x+ty+2t=0，
又圆C：