2024-2025学年河南省部分学校高二上学期9月月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省部分学校高二上学期9月月考数学试卷（含答案），共11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.直线l:2x+3y−1=0的一个方向向量为( )
A. 2,−3B. (−3,2)C. (2,3)D. 3,2
2.在空间直角坐标系中，点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为( )
A. (−1,2,3)B. (1,2,−3)C. (1,2,3)D. (−1,−2,−3)
3.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，点E，F分别为AB，DD′的中点，则EF=( )
A. −12AB+12AA′+ADB. 12AB+12AA′+AD
C. −12AB+12AA′+12ADD. 12AB+12AA′+12AD
4.已知α，β是平面，m，n是直线，下列命题中不正确的是( )
A. 若m//α，α∩β=n，则m//nB. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//βD. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
5.若a,b,c构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为( )
A. a，a+b，a+cB. a，b，a+2b
C. a，a−c，cD. b，a+c，a+b+c
6.已知空间向量a=2,−1,2,b=1,−2,−1，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. 49,−29,49B. 2,−1,2C. 49,−29,−49D. 1,−2,1
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A0,0，B5,0，C2,4，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.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,N分别在线段AD1和B1C1上，则下列结论中错误
的结论( )
A. MN的最小值为2
B. 四面体NMBC的体积为43
C. 有且仅有一条直线MN与AD1垂直
D. 存在点M,N，使▵MBN为等边三角形
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l1:ax+3y+4=0,l2:x+a−2y+a2−5=0，则( )
A. 若a=1，则l1的一个方向向量为3,−1
B. 若l1//l2，则a=−1或a=3
C. 若l1⊥l2，则a=32
D. 若l1不经过第二象限，则a≤0
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，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥底面ABCD，底面ABCD为边长为2的菱形，∠ABC=π3，AP= 2,O为对角线AC,BD的交点，DF=λDP(0<λ<1),E为PC的中点．则下列说法正确的是( )
A. AE⊥OF
B. 三棱锥P−ABD的外接球的半径为 5
C. 当异面直线OF和AB所成的角为π6时，λ=37
D. 点F到平面PAB与到平面PAC的距离相等
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知A(4,0)到直线4x−3y+a=0的距离等于3，则a的值为 ．
13.如图，▵A′B′C′是斜二测画法画出的水平放置的▵ABC的直观图，D′是B′C′的中点，且A′D′//y′轴，B′C′//x′轴，A′D′=1，B′C′=2，则▵ABC的面积为 ．
14.在侧棱长为 6的正三棱锥P−ABC中，点E为线段BC上一点，且AP⊥PE，点M为平面ABC内的动点，且满足PM= 3，记直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为_ ．
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)
在▵ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7,D为AC边的中点，求BD的长．
16.(本小题12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12分)
近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润(单位：百元)进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示．

(1)求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
(2)以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前13的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由．
18.(本小题12分)
如图1，直角梯形ABED中，AB=AD=1,DE=2,AD⊥DE,BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180∘后得到几何体W，如图2，其中GF,HE分别为上下底面直径，点P,Q分别在圆弧GF,HE上，直线PF//平面BHQ．

(1)证明：平面BHQ⊥平面PGH；
(2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值等于 2，求P到平面BHQ的距离；
(3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为13，求HQ．
19.(本小题12分)
点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记P,Q;M=APsin∠PAMAQsin∠MAQ；若点M在线段PQ外，记P,Q;M=−APsin∠PAMAQsin∠MAQ．
(1)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A1对AB施以视角运算，求A,B;M的值；
(2)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB上，且AB=2，由A1对AB施以视角运算，得到A,B;M=12，求AMMB的值；
(3)若M1,M2,M3,⋯,Mn−1是▵ABC边BC的nn≥2,n∈N等分点，由A对BC施以视角运算，求B,C;Mk×B,C;Mn−kk=1,2,3,⋯,n−1的值．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.A
5.A
6.A
7.A
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ACD
12.−1或−31
13.2
14.[0, 33]
15.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以由正弦定理可得 sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，
因为00，所以csB=−12，
因为B∈(0,π )，
所以B=23π;
(2)由余弦定理可得，b2=a2+c2−2accsB，
即(2 7)2=22+c2−2×2ccs⁡23π，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，负值舍去．
因为BD为△ABC的中线，
所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=c2+a2+2ac⋅cs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12，
所以|BD|= 3．
即BD的长为 3．

16.解：(1)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB，AD，AA1两两垂直，且AA1=2AB=4，
以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则C2,2,0，D0,2,0，A10,0,4．

因为E，F分别为BB1,CC1的中点，所以E2,0,2，F2,2,2，
则CD=−2,0,0，CE=0,−2,2，A1F=2,2,−2，
设平面CDE的法向量为m=x,y,z，
则CD⋅m=0CE⋅m=0，即−2x=0−2y+2z=0,
令y=1，则有x=0，z=1，即m=0,1,1，
因为A1F⋅m=2×0+2×1+−2×1=0，所以A1F⊥m，
又A1F⊄平面CDE，所以A1F//平面CDE．
(2)由(1)可知，A1E=2,0,−2，
cs A1E,m=A1E⋅m|A1E||m|=−2 2×2 2=−12，
所以A1E与平面CDE所成角的正弦值为12．

17.解：(1)
由题意可知0.005×2+0.015+m+0.025+0.03×10=1，解得m=0.02．
设中位数为n，则0.05+0.15+0.2+n−70×0.025=0.5，解得n=74，所以中位数为74，
平均数为(45+95)×0.05+55×0.15+65×0.2+75×0.25+85×0.3=72.5.
(2)
由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为80−7810×0.25+0.3+0.05×600=240，
方案二受到奖励的商家的个数为13×600=200，
因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多．

18.解：(1)证明：设平面BHQ与几何体W的上底面交于点M，即平面BHQ∩平面PGF=BM，
因为平面PGF//平面EHQ，平面BHQ∩平面EHQ=HQ，所以BM//HQ，
又因为PF//平面BHQ，PF⊂平面PGF，BHQ∩平面PGF=BM，
所以PF//BM，所以PF//HQ，
因为PF⊥PG，所以HQ⊥PG，
又因为GH⊥平面EHQ，且HQ⊂平面EHQ，所以GH⊥HQ，
因为PG∩GH=G，且PG,GH⊂平面PHG，所以HQ⊥平面PHG，
又因为HQ⊂平面BHG，所以平面BHG⊥平面PGH．
(2)连接CQ，由(1)知HQ⊥平面PGH，
所以∠HGQ就是直线GQ与平面PGH所成的角，即tan∠HGQ= 2，
因为GH=1，所以HQ= 2GH= 2，所以▵CHQ为直角三角形，
又BH=BQ= 2，所以S▵BHQ= 34⋅ 22= 32，
又因为平面EFGH⊥平面EHQ，
所以点Q到平面EFGH的距离为ℎ=CQ=1，
因为PF//平面BHQ，
所以点P到平面BHQ的距离等于点F到平面BHQ的距离，设为d，
因为VF−BHQ=VQ−BFH，所以13S▵BHQ⋅d=13S▵BFH⋅ℎ，
因为S▵BFH=12BF⋅GH=12×1×1=12，所以d=1×12 32= 33，
即点P到平面BHQ的距离为 33．
(3)分别取BH,HQ的中点I,N，连接IN,CI,CN，则IN//BQ,CI//BE，
因为IN∩CI=I且IN,CI⊂平面ICN，BQ∩BE=B，且BQ,BE⊂平面BEQ，
所以平面ICN//平面BEQ，
若平面BHQ与平面BEQ夹角余弦值为13，则平面BHQ与平面ICN夹角的余弦值也为13，
因为N为HQ的中点，CH=CQ,BH=BQ，所以CN⊥HQ,BN⊥HQ，
又因为CN∩BN=N且CN,BN⊂平面BCN，所以HQ⊥平面BCN，
因为HQ⊂平面BHQ，所以平面BHQ⊥平面BCN，
连接BN，过点C作OC⊥BN于点O，
因为平面BHQ∩平面BCN=BN，且OC⊂平面BCN，所以OC⊥平面BHQ，
过点O作OK⊥IN于点K，连接CK，
则∠OKC即为平面BHQ与平面ICN夹角，即为cs∠OKC=13，所以tan∠OKC=2 2，
设CN=t(t>0)，则BN= BC2+CN2= 1+t2，
因为S▵BCN=12CN⋅BC=12OC⋅BN，所以CO=CN⋅BCBN=t×1 1+t2=t 1+t2，
又因为IN//BQ，所以cs∠INO=cs∠NBQ=BNBQ= 1+t2 2，sin∠INO= 1−t2 2，
在直角▵BCN中，由射影定理知CN2=ON⋅BN，所以ON=CN2BN=t2 1+t2，
在直角▵OKN中，sin∠INO= 1−t2 2=OKON，所以OK= 1−t2 2⋅ON= 1−t2 2⋅t2 1+t2，
在直角▵OCK中，tan∠OKC=2 2=OCOK=t 1+t2 1−t2 2⋅t2 1+t2，
整理得t2(1−t2)=14，解得t2=12，即t= 22，
所以HQ=2HN=2 CH2−CN2=2 12−( 22)2= 2．


19.解：(1)如图1，
因为AB=2BM=2，所以AM=3,A1B=2 2,A1M= 13．
由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90∘，
故sin∠AA1B= 22,cs∠AA1B= 22，
sin∠AA1M=3 1313,cs∠AA1M=2 1313．
因为∠BA1M=∠AA1M−∠AA1B，
所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcs∠AA1B−cs∠AA1Msin∠AA1B= 2626，
则A,B;M=−A1Asin∠AA1MA1Bsin∠MA1B=−2×3 3132 2× 2626=−3．
(2)如图2，设AM=a(0≤a≤2)，
则sin∠AA1M=a a2+4a2+4,cs∠AA1M=2 a2+4a2+4．
因为∠BA1M=∠AA1B−∠AA1M=π4−∠AA1M，
所以sin∠BA1M=sinπ4−∠AA1M=2−a 2a2+42a2+4，
则A,B;M=A1Asin∠AA1MA1Bsin∠MA1B=2×a a2+4a2+42 2×2−a 2a2+42a2+4=a2−a=12，解得a=23，
故AMMB=a2−a=12．
(3)如图3，
因为M1,M2,M3,⋯,Mn−1是BC的n等分点，
所以BMk=CMn−k=knBC,BMn−k=CMk=n−knBC．
在▵ABMk中，由正弦定理可得BMksin∠BAMk=ABsin∠AMkB，
则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB．
在▵ACMk中，同理可得ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC．
因为∠AMkB+∠AMkC=π，所以sin∠AMkB=sin∠AMkC，
则B,C;Mk=ABsin∠BAMkACsin∠CAMk=BMksin∠AMkBCMksin∠AMkC=BMkCMk=kn−k．
同理可得B,C;Mn−k=BMn−kCMn−k=n−kk．
故B,C;Mk×B,C;Mn−k=kn−k×n−kk=1k=1,2,3,⋯,n−1