2024-2025学年福建省泉州市晋江市养正中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省泉州市晋江市养正中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共9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.在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则AF−12(AB+AC)=( )
A. −EFB. BDC. EFD. −BD
2.已知点A(a,−3,5)，B(0,b,2)，C(2,7,−1)，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是( )
A. −2，3B. −1，2C. 1，3D. −2，2
3.过点A(1,4)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y+3=0B. x+y−5=0
C. 4x−y=0或x+y−5=0D. 4x−y=0或x−y+3=0
4.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A. (−∞,−4]∪[34,+∞)B. (−∞,−14]∪[34,+∞)
C. [−4,34]D. [34,4]
5.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=4，AA1=5，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则AC1的长为( )
A. 85
B. 97
C. 85
D. 97
6.已知点A(2,−6,2)在平面α内，n=(3,1,2)是平面α的一个法向量，则下列点P中，在平面α内的是( )
A. P(1,−1,1)B. P(1,3,32)C. P(1,−3,32)D. P(−1,−3,−34)
7.数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点为A(0,0)，B(5,0)，C(2,4)，则该三角形的欧拉线方程为( )
A. y=−12x+52B. y=12x+16C. y=−2x+10D. y=2x−10
8.在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，点P是边AB边上异于AB的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图)，若光线QR经过△ABC的重心，则三角形PQR周长等于( )
A. 8 53B. 2 373
C. 4 5D. 5 33
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.已知直线l： 3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l的一个法向量为( 3,1)
B. 若直线m：x− 3y+1=0，则l⊥m
C. 点( 3,0)到直线l的距离是2
D. 过(2 3,2)与直线l平行的直线方程是 3x−y−4=0
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 非零向量a，b，若a⋅b=0，则a⊥b
B. 若对空间中任意一点O，有OP=15OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 设{a,b,c}是空间中的一组基底，则{a−b,b+c,a+c}也是空间的一组基底
D. 若空间四个点P，A，B，C，PC=14PA+34PB，则A，B，C三点共线
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，若一点P在底面ABCD内(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则( )
A. D1E与平面CC1D1D的夹角的正弦值为13
B. A1点到D1E的距离为4 23
C. 线段B1P的长度的最大值为2 2
D. PA与PE的数量积的范围是[−45,1]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a∈R，设直线l1：x+ay−1=0，l2：ax+y−1=0，若l1//l2，则a= ______．
13.当点P(−2,−1)到直线l：(1+3λ)x+(1+λ)y−2−4λ=0(λ∈R)距离的最大值时，直线l的一般式方程是 ．
14.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：i，j，k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴、y轴、z轴)正方向的单位向量，若向量n=xi+yj+zk，则n与有序实数组(x,y,z)相对应，称向量n的斜60°坐标为[x,y,z]，记作n=[x,y,z].若a=[1,2,3]，b=[−1,1,2]，则a+b的斜60°坐标为______.在平行六面体ABCD−ABC1D1中，AB=AD=2，AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，N为线段D1C1的中点.如图，以{AB,AD,AA1}为基底建立“空间斜60°坐标系”.若AM=[2,−2,0]，则AM与BN夹角的余弦值为______．
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)
已知直线l1：2x+3y−2=0，l2：mx+(2m−1)y+1=0，其中m为实数．
(1)当l1//l2时，求直线l1，l2之间的距离；
(2)当m=1时，求过直线l1，l2的交点，且垂直于直线x−2y+4=0的直线方程．
16.(本小题15分)
如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，E，F分别为BB1，CC1的中点．
(1)证明；A1F//平面CDE．
(2)求A1E与平面CDE所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
设直线l的方程为(a+1)x+y−5−2a=0(a∈R)．
(1)求证：不论a为何值，直线l必过一定点P；
(2)若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点A(xA,0)，B(0,yB)，当△ABO面积最小时，求此时的直线方程；
(3)当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，BC=4，∠ABC=60°，△PAB是边长为2的等边三角形，PB⊥AC，E是线段PD的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)若PF=λPC(00，得a>−1，
所以S△AOB=12⋅(5+2a)⋅5+2aa+1=12[4(a+1)+9a+1+12]≥12[2 4(a+1)⋅9a+1+12]=12，
当且仅当4(a+1)=9a+1，即a=12时，取等号．
此时直线方程为32x+y−6=0，即3x+2y−12=0．
(3)解：直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，
结合(2)的结论，可知5+2a与5+2aa+1均为正整数，且a也为正整数，
根据5+2aa+1=2+3a+1，可知a=2，所以直线l的方程为3x+y−9=0．
18.(1)证明：在△ABC中，由余弦定理知，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=4+16−2×2×4×12=12，
所以AC2+AB2=BC2，即AC⊥AB，
因为PB⊥AC，且AB∩PB=B，AB、PB⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，
又AC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD．
(2)解：以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，作Az⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0)，D(−2,2 3,0)，P(1,0, 3)，E(−12, 3, 32)，
所以AP=(1,0, 3)，AD=(−2,2 3,0)，BE=(−52, 3, 32)，BP=(−1,0, 3)，PC=(−1,2 3,− 3)，
所以BF=BP+PF=BP+λPC=(−1,0, 3)+λ(−1,2 3,− 3)=(−1−λ,2 3λ, 3− 3λ)，
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BE=0n⋅BF=0，即−52x+ 3y+ 32z=0(−1−λ)x+2 3λy+( 3− 3λ)z=0，
取z=4λ−1，则x= 3(2λ−1)，y=3λ−2，所以n=( 3(2λ−1),3λ−2,4λ−1)，
设平面PAD的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅AP=0m⋅AD=0，即a+ 3c=0−2a+2 3b=0，
取c=1，则a=− 3，b=−1，所以m=(− 3,−1,1)，
因为平面BEF和平面PAD夹角的余弦值为35，
所以|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|−3(2λ−1)−3λ+2+4λ−1| 5× 3(2λ−1)2+(3λ−2)2+(4λ−1)2=35，
整理得，8(26λ2−11λ−1)=0，即8(2λ−1)(13λ+1)=0，
解得λ=12或λ=−113，
因为0