2024-2025学年山东省聊城二中高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省聊城二中高二（上）第一次月考数学试卷（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。
1.在空间直角坐标系Oxyz中，点M(2,3,−1)关于平面yOz对称的点的坐标是( )
A. (−2,3,−1)B. (2,−3,−1)C. (2,3,1)D. (−2,−3,1)
2.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,−2)，且ka+b与2a−b互相垂直，则k的值是( )
A. 1B. 15C. 35D. 75
3.已知a=(2,−1,4)，b=(−1,1,−2)，c=(7,5,m)，若a，b，c共面，则实数m的值为( )
A. 607B. 14C. 12D. 627
4.已知直线l的方向向量e=(1,−2,−2)，平面α的法向量n=(2,λ,−1)，若l//α，则λ=( )
A. 12B. −12C. 2D. −2
5.在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−12cD. 23a+23b−12c
6.已知平面α的一个法向量为n=(−1,0,−1)，点A(3,3,0)在平面α内，则平面外一点P(−2,1,4)到平面α的距离为( )
A. 103B. 22C. 2D. 1
7.如图，已知二面角α−l−β的大小为60°，A∈α，B∈β，C，D∈l，AC⊥l，BD⊥l且AC=BD=3，CD=5，则AB=( )
A. 34B. 6C. 2 13D. 7
8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2，AB=AC=AA1=1，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为( )
A. [ 2, 3]B. [ 24, 52]C. [ 55,1)D. [ 55, 2)
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.下列命题是真命题的有( )
A. A，B，M，N是空间四点，若BA,BM,BN能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，直线m的方向向量为b=(2,1,−12)，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为a=(0,1,−1)，平面α的法向量为n=(1,−1,−1)，则l⊥α
D. 平面α经过三点A(1,0,−1),B(0,1,0),C(−1,2,0),n=(1,u,t)是平面α的法向量，则u+t=1
10.在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,0,0)，B(1,1,−2)，C(2,3,1)，则( )
A. AB⋅BC=−5
B. |AC|=2 3
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530
D. 点O到直线BC的距离是3 4214
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，P为棱BC上的动点(包含端点)，则下列结论正确的是( )
A. 存在点P，使D1P⊥AC1
B. 存在点P，使PE=D1E
C. 四面体EPC1D1的体积为定值83
D. 二面角P−D1E−C1的余弦值的取值范围是[23, 63]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,1,−2)，b=(2,−2,3)，则b在a方向上的投影向量为 ．
13.点O为△ABC所在平面外一点，点G为△ABC所在平面内一点，点M为BC的中点，若OG=λAM+13OB+λ2OC成立，则实数λ的值为______．
14.如图，四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，△PBC是等边三角形，M，N分别为AB和PC的中点，则平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值为______．
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)
已知向量a=(2,−1,2)，b=(1,4,1)．
(1)求2a−b的值；
(2)求向量a+2b与a−b夹角的余弦值．
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=120°，F为CD的中点，PB=2，以B为坐标原点，BA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)写出B，D，P，F四点的坐标；
(2)求cs〈PD,BF〉．
17.(本小题12分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N//平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值．
18.(本小题12分)
如图，在△AOP中，OA⊥OP，OA=2，OP= 3.将△AOP绕OP旋转60°得到△BOP，D，E分别为线段OP，AP的中点．
(1)求点D到平面ABP的距离；
(2)求平面OBE与平面ABP夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC= 2AB=4，AB⊥AC，PB⊥AC.请用空间向量的知识解答下列问题：
(1)求PD与平面PAB所成角的大小;
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC/​/平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为 3535?若存在，求DQDP的值;若不存在，说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.C
5.B
6.B
7.A
8.C
9.BD
10.AC
11.AB
12.(−1,−1,2)；

13.43
14. 38
15.解：(1)∵a=(2,−1,2)，b=(1,4,1)，
∴2a=(4,−2,4)，2a−b=(3,−6,3)，
∴|2a−b|= 9+36+9=3 6；
(2)设a+2b与a−b的夹角为θ，则
csθ=(a+2b)⋅(a−b)|a+2b|⋅|a−b|
a+2b=(4,7,4)，|a+2b|=9，
a−b=(1,−5,1)，|a−b|=3 3，
∴csθ=4×1+7×(−5)+4×19×3 3=−2727 3=− 33，
∴向量a+2b与a−b的夹角的余弦值为− 33．
16.解：(1)由题意知，△BCD是等边三角形，∠ABD=60°，BD=2，所以BF= 3，
所以B(0,0,0)，D(1, 3,0)，P(0,0,2)，F(0, 3,0)；
(2)PD=(1, 3,−2)，BF=(0, 3,0)，
所以cs=PD⋅BF|PD||BF|=0+3+0 1+3+4× 3= 64．
17.(1)证明：取CB1中点P，连接NP，MP，
因为N是B1C1的中点，所以NP//CC1，且NP=12CC1，
因为M是DD1的中点，所以D1M=12DD1=12CC1，且D1M//CC1，
所以D1M//NP，D1M=NP，
所以四边形D1MPN是平行四边形，
所以D1N//MP，
又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，
所以D1N//平面CB1M.

(2)解：在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，
所以AB，AD，AA1两两垂直，
以A为原点，直线AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，C(1,1,0)，C1(1,1,2)，
所以CB1=(1,−1,2),CM=(−1,0,1),BB1=(0,0,2)，
设平面CB1M的法向量为m=(x1,y1,z1)，则m⋅CB1=x1−y1+2z1=0m⋅CM=−x1+z1=0，
令x1=1，得m=(1,3,1)，
设平面BB1CC1的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅CB1=x2−y2+2z2=0n⋅BB1=2z2=0，
令x2=1，得n=(1,1,0)，
设平面CB1M与平面BB1CC1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n|m|⋅|n||=1+3 11× 2=2 2211，
所以平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为2 2211．
18.解：(1)取AB的中点C，连接PC，OC，作DF⊥PC，垂足为F．
因为PA=PB，OA=OB，C为AB的中点，所以AB⊥PC，AB⊥OC．
又PC∩OC=C，所以AB⊥平面POC．
因为DF⊂平面POC，所以AB⊥DF.又DF⊥PC，PC∩AB=C，
所以DF⊥平面PAB，即点D到平面ABP的距离为DF的长度．
易证PO⊥平面OAB，所以PO⊥OC．
因为△AOB是边长为2的等边三角形，所以OC= 3，又OP= 3，
所以∠OPC=45°，所以DF=DPsin45°= 64．
(2)以C为坐标原点，CB，CO的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，P(0, 3, 3)，A(−1,0,0)，B(1,0,0)，
O(0, 3,0)，E(−12, 32, 32)，
所以OE=(−12,− 32, 32)，OB=(1,− 3,0)，
设平面OBE的法向量为n=(x,y,z)，
可得n⋅OB=x− 3y=0n⋅OE=−12x− 32y+ 32z=0，令y=1，则x= 3，y=2，
所以平面OBE的法向量为n=( 3,1,2)，
取PC的中点G，连接OG，在等腰△COP中，易证OG⊥PC，OG⊥平面PAB，
所以OG=(0,− 32, 32)为平面ABP的一个法向量．
设平面OBE与平面ABP的夹角为θ，则csθ=|n⋅OG||n|⋅|OG|= 322 2× 62=14．
19.解：(1)因为PB⊥AC，AB⊥AC，PB∩AB=B，PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，
又AC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PAB，
如图，
以A为原点，分别以AB，AC为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0)，D(−2,2 3,0)，P(1,0, 3)，
AC=(0,2 3,0)，DP=(3,−2 3, 3)，
设PD与平面PAB所成角为θ，
则AC=(0,2 3,0)是平面PAB的一个法向量，
所以sinθ=|cs|=|AC⋅DP||AC|⋅|DP|= 22，
所以θ=π4，
即PD与平面PAB所成角的大小为π4；
(2)假设存在点Q，使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为 3535．
由(1)知AD=(−2,2 3,0)，AP=(1,0, 3)，BD=(−4,2 3,0)，DP=(3,−2 3, 3)，
设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量，
则n1⋅AD=−2x1+2 3y1=0n1⋅AP=x1+ 3z1=0，取n1=( 3,1,−1)，
设DQ=λDP，其中0≤λ≤1，
则BQ=BD+DQ=BD+λDP=(3λ−4,2 3−2 3λ, 3λ)，
连接EF，因为AC/​/平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC//EF，则取与EF同向的单位向量j=(0,1,0)，
设n2=(x2,y2,z2)是平面BEQF的法向量，
则n2⋅j=y2=0n2⋅BQ=(3λ−4)x2+2 3(1−λ)y2+ 3λz2=0,
取n2=( 3λ,0,4−3λ)，
则|cs|=n1·n2n1n2=6λ−4 5⋅ 12λ2−24λ+16= 3535，
解得λ=12或45，即DQDP=12或45，
故在侧棱PD上存在点Q且当DQDP=12或45时，使得平面BEQF与平面PAD夹角的余弦值为 3535．