2024-2025学年山西省阳泉市第一中学校高二上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省阳泉市第一中学校高二上学期10月月考数学试题（含答案），共10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.给出下列命题：
①零向量的方向是任意的;
②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同;
③若空间向量a，b满足|a|=|b|，则a=b;
④空间中任意两个单位向量必相等．
其中正确命题的个数为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
2.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E为棱A1C1的中点.设BA=a，BB1=b，BC=c，则BE=( )
A. 12a+b+12cB. 12a+12b+cC. a+12b+12cD. 12a+b+c
3.对于任意空间向量a，b，c，下列说法正确的是( )
A. 若a⊥b，b⊥c，则a⊥c
B. a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c
C. 若a⋅b<0，则a，b的夹角是钝角
D. (a⋅b)c=a(b⋅c)
4.设x,y∈R，向量a=x,2,2，b=2,y,2，c=3,−6,3，且a⊥c，b//c，则a+b=( )．
A. 3 2B. 4 2C. 5D. 6
5.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点A(−3,4)的直线l的一个法向量为(1,−3)，则直线l的点法式方程为：1×(x+3)+(−3)×(y−4)=0，化简得x−3y+15=0.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点M(1,2,3)的平面的一个法向量为m=(1,2,−4)，则该平面的方程为( )
A. x−2y−4z+7=0B. x+2y−4z+7=0
C. x+2y+4z+7=0D. x+2y−4z−7=0
6.已知圆锥PO的母线长为2，表面积为3π，O为底面圆心，AB为底面圆直径，C为底面圆周上一点，∠BOC=60∘，M为PB中点，则△MOC的面积为( )
A. 158B. 154C. 154D. 158
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，则点Q的轨迹长度为( )
A. π2B. πC. 2πD. 3π
8.在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=PA.若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，此时二面角A−PD−Q的余弦值为( )
A. 33B. 306C. 66D. 26
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.已知平面α与平面β平行，若n=(2,−4,8)是平面β的一个法向量，则平面α的法向量可能为( )
A. (−1,2,−4)B. (−1,2,4)C. (2,4,−8)D. (−2,4,−8)
10.在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
(1)过点P0(x0,y0,z0)，且以u=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c;
(2)过点P(x0,y0,z0)，且v=(m,n,t)(mnt≠0)为法向量的平面α的方程为m(x−x0)+ n(y−y0)+t(z−z0)=0．
现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:6x−3y=2,3y−2z=1,l2:x−3=y=1−z，l3:x−12=y−32=z−4−2，则( )
A. l1⊥αB. l2//αC. l3//αD. l1//α
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题中正确的是( )
A. 两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4
B. 直线BC1与平面ABCD所成的角等于π4
C. 点C到平面BDC1的距离为 33
D. 四面体BDC1A1的体积是13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正方体．
①直线CC1的一个方向向量为(0,0,1);
②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);
③平面B1C1CB的一个法向量为(−1,0,0);
④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)．则上述结论正确的是 .(填序号)
13.已知空间向量a=(2,3,m)，b=(0,2,1)，c=(2,7,n)，若a，b，c共面，则mn的最小值为 ．
14.设空间向量i,j,k是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的x,y,a−xi−yj的最小值是2，则a+3k的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，直四棱锥ABCD−A1B1C1D1中，AB/​/CD，AB⊥AD，AA1=AB=2AD=2CD=4，E，F，G分别为棱DD1,A1D1,BB1的中点．

(1)求CG⋅EF的值；
(2)证明：C，E，F，G四点共面．
16.(本小题12分)
如图，已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的菱形，CC1=2，
∠C1CB=∠BCD=∠C1CD=60∘．
(1)求线段CA1的长;
(2)求证：CA1⊥B1D1．
17.(本小题12分)
已知空间中三点A(1,− 2,3)，B(0, 2,5)，C(1, 2,4)．
(1)若向量m与AB平行，且|m|= 13，求m的坐标;
(2)求向量AB在向量AC上的投影向量a;
(3)求以CB，CA为邻边的平行四边形的面积．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BCD=90∘，BC=1，CD= 3，PD=2，∠PDA=60∘，∠PAD=30∘，且平面PAD⊥平面ABCD，在平面ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连PO．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求二面角A−PB−C的 正弦值；
(3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为2 77，求PM的长．
19.(本小题12分)
将菱形ABCD绕直线AD旋转到AEFD的位置，使得二面角E−AD−B的大小为π3，连接BE,CF，得到几何体ABE−FDC.已知AB=4,∠DAB=π3,M,N分别为AF,BD上的动点且AMAF=BNBD=λ(0<λ<1)．
(1)证明：MN//平面CDF；
(2)求BE的长；
(3)当MN的长度最小时，求直线MN到平面CDF的距离．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.D
5.B
6.A
7.C
8.C
9.AD
10.AC
11.BCD
12.①②③
13.−1
14.1
15.解：(1)因为四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD，又因为AB⊥AD，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AA1=AB=2AD=2CD=4，
∴C2,0,2，E2,2,0，F1,4,0，G0,2,4，
∴CG=−2,2,2，EF=−1,2,0，
∴CG⋅EF=−2×−1+2×2+0=6．
(2)证明：由(1)得：CE=0,2,−2，因为CG=−2,2,2，EF=−1,2,0，
因为CG,EF不共线，所以令CE=mCG+nEF，
即0=−2m−n2=2m+2n−2=2m，解得m=−1,n=2,
∴CE=−CG+2EF．
故C，E，F，G四点共面．

16.解：(1)设CD=a,CB=b,CC1=c，则a=b=1,c=2，
又∠C1CB=∠BCD=∠C1CD=60∘，
所以a·b=12,a·c=b·c=1，
又CA1=CA+AA1=CD+CB+CC1=a+b+c，
所以CA1=a+b+c= a+b+c2
= a2+b2+c2+2a·b+a·c+b·c
= 1+1+4+2×12+1+1= 11，
所以线段CA1的长为 11．
(2)CA1=a+b+c，B1D1=BD=a−b，
所以CA1·B1D1=a+b+c·a−b
=a2−b2+a·c−b·c=1−1+1−1=0，
所以CA1⊥B1D1，
即CA1⊥B1D1．
17.解：(1)由已知可得AB=(−1,2 2,2)，因为向量m与AB平行，设m=λAB，
其中λ∈R，则m=|λ|⋅|AB|=|λ| 1+8+4= 13|λ|= 13，
解得λ=±1，所以，m=AB=(−1,2 2,2)或m=−AB=(1,−2 2,−2)．
(2)由AC=(0,2 2,1)，可得|AC|=3，所以a=|AB⋅AC||AC|=103，又由|AC|=3，
可得向量AC的单位向量为e=13(0,2 2,1)，
故向量AB在向量AC上的投影向量a=103e=(0,20 29,109).
(3)由题可得：CA=(0,−2 2,−1)，CB=(−1,0,1)，
所以cs=CA⋅CB|CA|⋅|CB|=−1 9× 2=− 26，
所以sinC= 1−(− 26)2= 346，
所以，以CB，CA为邻边的平行四边形的面积为|CA|⋅|CB|sinC=3× 2× 346= 17．
18.解：(1)证明：因为BO⊥AD，因为BC//AD，∠ADC=∠BCD=90∘，
所以四边形BODC为矩形，
在△PDO中，PD=2，DO=BC=1，∠PDA=60∘，
则PO= PD2+OD2−2PD⋅ODcs60∘= 3，
∴PO2+DO2=PD2，∴PO⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD；
(2)
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵PO= 3，∠PAD=30∘，可得AO=3，
则O(0,0,0)，A(3,0,0)，P0,0, 3，B0, 3,0，C−1, 3,0，
设平面APB的法向量为m=(x,y,z)，PA=3,0,− 3，PB=0, 3,− 3，
由PA⋅m=3x− 3z=0PB⋅m= 3y− 3z=0，取m=1, 3, 3．
设平面CPB的法向量为n=(a,b,c)，PC=−1, 3,− 3，
由n⋅PB= 3b− 3c=0n⋅PC=−a+ 3b− 3c=0，取n=(0,1,1)，
csm,n=m⋅nmn=2 3 7× 2= 427．
∵二面角A−PB−C是钝二面角，
∴二面角A−PB−C的正弦值为 77．
(3)
设AM=λAP，则BM=BA+AM=3,− 3,0+λ−3,0, 3=3−3λ,− 3, 3λ，
又平面PAD的法向量为OB=0, 3,0，
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为：
|cs< OB,BM>|=3 3× (3−3λ)2+3+3λ2=2 7，
解得λ=34，∴PM=14AP=14 PO2+OA2= 32．

19.解：(1)证明：在AD上取点H，使得AHAD=AMAF=BNBD=λ(0<λ<1)，
连接HM,HN，如图1，
因为AHAD=AMAF，所以HM//DF，
因为DF⊂平面CDF,HM⊄平面CDF，所以HM//平面CDF，
因为AHAD=BNBD，所以HN/​/AB，又因为CD/​/AB，所以HN//CD，
因为CD⊂平面CDF,HN⊄平面CDF，所以HN//平面CDF，
因为HM∩HN=H且都在平面HMN内，所以平面HMN//平面CDF，
因为MN⊂平面HMN，所以MN/​/平面CDF．
(2)取AD的中点O，连接OE,OB,ED，如图2．
由题意可得▵EAD,▵BAD是边长为4的正三角形，则EO=BO= 42−22=2 3，
且EO⊥AD,BO⊥AD，所以∠EOB为二面角E−AD−B的平面角，即∠EOB=π3，
则△EOB为正三角形，
所以BE=2 3．
(3)取OB的中点G，连接EG，则EG⊥OB，且EG= (2 3)2−( 3)2=3，
由(2)得EO⊥AD,BO⊥AD，EO∩OB=O，EO,OB⊂平面OBE，
所以AD⊥平面OBE，因为EG⊂平面OBE，所以EG⊥AD，
又因为EG⊥OB，AD∩OB=O，AD,OB⊂平面ABCD，
所以EG⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OA,OB所在直线分别为x轴，y轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0,B0,2 3,0,F−4, 3,3,D−2,0,0,C−4,2 3,0，
AF=−6, 3,3,BD=−2,−2 3,0,CD=2,−2 3,0,CF=0,− 3,3，
又因为AM=λAF=−6λ, 3λ,3λ,BN=λBD=−2λ,−2 3λ,0，
所以N−2λ,2 3−2 3λ,0．
连接AN，则AN=−2λ−2,2 3−2 3λ,0，
MN=AN−AM=4λ−2,2 3−3 3λ,−3λ，
所以|MN|2=(4λ−2)2+(2 3−3 3λ)2+(−3λ)2=52λ−122+3，
当λ=12时，|MN|2取得最小值，且最小值为3，则MN的最小值为 3,
此时N−1, 3,0，则ND=−1,− 3,0，
设平面CDF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=0,n⋅CF=0,即2x−2 3y=0,− 3y+3z=0,取y= 3，得n=3, 3,1，
因为MN/​/平面CDF，所以直线MN到平面CDF的距离就是点N到平面CDF的距离，
则点N到平面CDF的距离d=ND⋅nn=6 1313，
故直线MN到平面CDF的距离为6 1313．