2024-2025学年重庆市北碚区朝阳中学高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市北碚区朝阳中学高二（上）第一次月考数学试卷（含答案），共8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。
1.设空间向量a=(1,2,−1)，b=(−2,−4,k)，若a//b，则实数k的值为( )
A. 2B. −10C. −2D. 10
2.已知空间向量p=2a−3b+3c，q=3a+b+c，则p+q以{a,b,c}为单位正交基底时的坐标为( )
A. (5,−3,4)B. (5,−2,4)C. (2,−3,3)D. (3,1,1)
3.点A(2,3−μ,−1+v)关于x轴的对称点为A′(λ,7,−6)，则( )
A. λ=−2，μ=−1，v=−5B. λ=2，μ=−4，v=−5
C. λ=2，μ=10，v=8D. λ=2，μ=10，v=7
4.已知空间向量a=(1,0,3),b=(2,1,0),c=(5,2,z)，若a,b,c共面，则实数z的值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.已知a=(−1,2,1),b=(2,−2,0)，则a在b方向上的投影为( )
A. − 6B. 6C. −3 22D. 3 22
6.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=5，AD=3，AA′=7，∠BAD=60°，∠BAA′=∠DAA′=45°，则AC′的长为( )
A. 98+56 2
B. 98−56 2
C. 89+56 2
D. 89−56 2
7.已知向量a=(2,−1,3)，b=(−4,2,t)的夹角为钝角，则实数t的取值范围为( )
A. (−∞,−6)B. (−∞,−6)∪(−6,103)
C. (103,+∞)D. (−∞,103)
8.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为1，E为PC的中点，则线段PA上的动点M到直线BE的距离的最小值为( )
A. 33 B. 22
C. 13 D. 12
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.已知{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. a+2c，a+2b，b−cB. a+2b，a−b，b−c
C. a−b，a+c，b−cD. a+b，a+b+c，b+c
10.下列说法错误的是( )
A. 若A，B，C，D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0
B. 若a//b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb
C. 若AB,CD共线，则AB//CD
D. 对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面
11.如图，在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则( )
A. B1D⊥平面D1EF
B. 异面直线CD1与EF所成的角是π6
C. 点B1到平面D1EF的距离是30 2929
D. 平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得图形的周长为 13+9 52+252
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.O为空间任意一点，若OP=34OA+18OB+tOC，若ABCP四点共面，则t= ______．
13.在三棱锥M−ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，点F满足CF=13CM，则BC⋅AF= ______．
14.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1C1，BB1的中点，AB=2AA1=2AC，动点G在线段MN上运动，若AG=xAA1+yAB+zAC，则x+y+z= ______．
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.(本小题13分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=13BD，点F在CB1上，且CF=13CB1.求证：
(1)EF⊥BD；
(2)EF⊥CB1．
16.(本小题15分)
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，设AB=a，AD=b，AA1=c，E，F分别是AD1，BD的中点．
(1)用向量a，b，c表示D1B，EF；
(2)若D1F=xa+yb+zc，求实数x，y，z的值．
17.(本小题15分)
如图，圆锥PO的轴截面PAB是边长为4的等边三角形，C是OB的中点，D是底面圆周上一点，∠DOC=2π3．
(1)求DC的值；
(2)求异面直线PA与DC所成角的余弦值．
18.(本小题17分)
如图1，在△ABV中，AC=BC=CV，AC⊥VB于C.现将△ABV沿AC折叠，使V−AC−B为直二面角(如图2)，D是棱AB的中点，连接CD、VB、VD．

(1)证明：平面VAB⊥平面VCD；
(2)若AC=1，且棱AB上有一点E满足BE=14BA，求二面角C−VE−A的正弦值．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC=13，设点G是线段PB上的一点．
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)若PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
(3)设CG与平面AEF所成角为θ，求sinθ的范围．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.D
5.C
6.A
7.B
8.D
9.BCD
10.BCD
11.BCD
12.18
13.43
14.32
15.证明：以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，
则D(0,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，B1(3,3,3)，
E(2,2,0)，F(1,3,1)，
则DB=(3,3,0)，EF=(−1,1,1)，CB1=(3,0,3)．
(1)∵EF⋅BD=−3+3=0，∴EF⊥BD，即EF⊥BD；
(2)∵EF⋅CB1=−3+3=0，∴EF⊥CB1，即EF⊥CB1．
16.解：(1)D1B=D1D+DB=−AA1+AB−AD=a−b−c，
EF=EA+AF=12D1A+12AC
=−12(AA1+AD)+12(AB+AD)=12(a−c).
(2)D1F=12(D1D+D1B)
=12(−AA1+D1B)
=12(−c+a−b−c)
=12a−12b−c，
∴x=12，y=−12，z=−1．
17.解：(1)△OCD中，OD=2，OC=1，∠DOC=2π3，
根据余弦定理，DC= OD2+OC2−2OD⋅OC⋅cs2π3= 7．
(2)如图，以点O为原点，OB，OP为y轴和z轴，过点O作Ox⊥OB为x轴，建立空间直角坐标系，
P(0,0,2 3)，A(0,−2,0)，C(0,1,0)，D( 3,−1,0)，
PA=(0,−2,−2 3)，DC=(− 3,2,0)，
设异面直线PA与DC所成角为θ，
则csθ=|cs|=|PA⋅DC||PA|⋅|DC|=44 7= 77，

所以异面直线PA与DC所成角的余弦值为 77．
18.(1)证明：在图2中，∵AC=BC，D是AB的中点，
∴CD⊥AB，又V−AC−B为直二面角，VC⊥AC，
∴VC⊥底面ABC，而AB⊂平面ABC，
∴VC⊥AB，且VC∩CD=C，CD⊂平面VCD.VC⊂平面VCD，
因此AB⊥平面VCD，又AB⊂平面VAB，
∴平面VAB⊥平面VCD；
(2)解：以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，V(0,0,1)，CV=(0,0,1)，
因BE=14BA，所以E(14,34,0)，那么CE=(14,34,0)，
设平面VCE的法向量t=(m,n,p)，
由CV⋅t=0且CE⋅t=0，得p=0且14m+34n=0，取n=1，则t=(−3,1,0)，
设平面VAB的一个法向量s=(a,b,c)，VA=(1,0,−1),VB=(0,1,−1)，
则s⋅VA=0VB⋅s=0，即a−c=0b−c=0，令a=1，则b=c=1，所以s=(1,1,1)，
于是cs〈s,t〉=s⋅t|s|⋅|t|=−3+1 3⋅ (−3)2+1=− 3015，
所以二面角C−VE−A的正弦值为 1−(− 3015)2= 19515．
19.解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又因为AD⊥CD，PA、AD是平面PAD内相交直线，故CD⊥平面PAD，
(2)以A为原点，DC、AD、AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,−1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(23,23,43)，G(43,−23,23)，
所以AE=(0,1,1)，AF=(23,23,43)，AG=(43,−23,23)，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则AE⋅n=y+z=0AF⋅n=23x+23y+43z=0，令y=1，得x=1，z=−1，故n=(1,1,−1)
因为AG⋅n=43−23−23=0，且AE、AF、AG有公共点A，故直线AG在平面AEF内；
(3)由(2)可知BP=(−2,1,2)，
设BG=kBP=(−2k,k,2k)(0≤k≤1)，
则CG=CB+BG=(−2k,k−3,2k)(0≤k≤1)，
故sinθ=|cs〈CG,n〉|=|CG⋅n||CG||n|=|−2k+k−3−2k| 4k2+(k−3)2+4k2⋅ 3
=|3k+3| 9k2−6k+9⋅ 3=|k+1| 3k2−2k+3= (k+1)23k2−2k+3，
令t=k+1∈[1,2]，
则sinθ= t23(t−1)2−2(t−1)+3= t23t2−8t+8= 18t2−8t+3= 18(1t−12)2+1，
而1t−12∈[0,12]，8(1t−12)2+1∈[1,3]，故sinθ∈[ 33,1]．