2024-2025学年福建省三明市宁化县滨江实验中学高二（上）月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省三明市宁化县滨江实验中学高二（上）月考数学试卷（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.若向量a=( 3,1)是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.“λ=−1”是“直线l1:x+λy+9=0与l2:(λ−2)x+3y+3λ=0平行”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知直线l上有两点A(1,2,3)，B(2,1,1)，平面α的一个法向量为n=(−3,2,m)，若l//α，则m=( )
A. 2B. 1C. −12D. −52
4.若直线(2t−3)x+y+9−3t=0不经过第一象限，则实数t的取值范围是( )
A. (32,3)B. [32,3)C. [32,3]D. (32,3]
5.如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，AE=13AB,AF=13AD，AG=2GA1,AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1=( )
A. 215
B. 15
C. 213
D. 413
6.已知m,n为直线x+y−1=0上的一点，则 m2+n2+ (m+2)2+n2的最小值为( )
A. 10B. 2 3C. 4D. 3 2
7.如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是( )
A. △CEF为正三角形B. SA⊥平面CEF
C. SD//平面CEFD. 点D到平面CEF的距离为2 3
8.如图所示，已知A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2)，E(−1,0)，F(1,0).一束光线从F点出发射到BC上的D点经BC
反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围是( )．
A. (−∞,−2)B. (4,+∞)C. (2,+∞)D. (1,+∞)
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.已知空间向量a=2,1,−1，b=3,4,5，则下列结论正确的是( )
A. 5a= 3b
B. 2a+b/​/a
C. a⊥5a−6b
D. a在b上的投影向量为−310,−25,−12
10.以下四个命题为真命题的是( )
A. 过点(−10,10)且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为y=−14x+152
B. 直线xcsθ+ 3y+2=0(θ∈R)的倾斜角的范围是[0,π6]∪[5π6,π)
C. 直线x+y−1=0与直线2x+2y+1=0之间的距离是 2
D. 直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为2 23
C. 存在唯一的点P满足∠APM=π2
D. 存在点P满足PA+PM=4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点P1(2,3)、P2(−4,5)和A(−1,2)，则过点A且与点P1、P2距离相等的直线方程为______．
13.已知A(2,3)，B(−1,2)，若点P(x,y)在线段AB上，则yx−3的取值范围是______．
14.如图，二面角α−l−β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若AB=4，AC=6，BD=8，CD=2 17，则平面α与平面β的夹角的余弦值为______．
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)
已知直线l1：3x−2y+4=0与直线l2：2x−y+3=0相交于点P，且点P在直线l3：x−ay+a−2=0上．
(1)求点P的坐标和实数a的值；
(2)求与直线l2平行且与点P的距离为 5的直线方程．
16.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D是BC1的中点，AC=1，BC=CC1=2，∠ACC1=90°，∠ACB=∠BCC1=60°，设CA=a，CB=b，CC1=c．
(1)用a，b，c表示AB，A1D；
(2)求异面直线AB与A1D所成角的余弦值．
17.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，且AD=DC= 22AC，四边形ACEF是矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AF=AD．
(1)求证：AD⊥平面EDC；
(2)求平面BEF与平面CDE 夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD，PA=PD=AD=AB=2，BD=BC=CD=2 3，E为PC的中点．
(1)证明：直线BE//平面PAD；
(2)若平面PBD⊥平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术.主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种.设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则欧几里得距离D(A,B)= (x1−x2)2+(y1−y2)2；曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|，余弦距离e(A,B)=1−cs(A,B)，其中cs(A,B)=cs〈OA,OB〉；(O为坐标原点)．
(1)若A(−1,2)，B(35,45)，求A，B之间的曼哈顿距离d(A,B)和余弦距离e(A,B)；
(2)若点M(2,1)，d(M,N)=1，求e(M,N)的最大值；
(3)已知点P，Q是直线l：y−1=k(x−1)上的两动点，问是否存在直线l使得d(O,P)min=D(O,Q)min，若存在，求出所有满足条件的直线l的方程，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.A
3.D
4.C
5.A
6.A
7.C
8.B
9.AC
10.BD
11.AC
12.x+3y−5=0或x=−1
13.[−3,−12]
14.12
15.解：(1)由3x−2y+4=02x−y+3=0，解得x=−2y=−1，所以l1与l2的交点为P(−2,−1)．
将P(−2,−1)代入直线l3：x−ay+a−2=0，得−2+a+a−2=0，解得a=2；
(2)直线l2：2x−y+3=0，设与直线l2平行的直线为l：2x−y+c=0．
因此点P到直线l的距离d=|−3+c| 5= 5，即|−3+c|=5，解得c=8或−2，
即所求直线的方程为2x−y−2=0或2x−y+8=0．
16.解：(1)由图可得AB=CB−CA=b−a，
A1D=C1D−C1A1=12C1B+C1A1=12(b−c)+a=a+12b−12c，
(2)∵三棱柱ABC−A1B1C1，∴四边形ACC1A1是平行四边形，
又因为∠ACC1=90°，所以四边形ACC1A1是矩形，∴AC⊥AA1，
∵BC=2，AC=1，∠ACB=60°，∴由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs60°，
∴AB= 3，故BC 2=AC2+AB2，∴AC⊥AB，AB∩AA1=A，∴AA1⊥面ABB1A1，

连接B1D，BA1，∵∠BCC1=60°，BC=CC1=2，∴BC1=2，
∴△BCC1和△BB1C1为正三角形，∴A1D=1，B1D=A1B1= 3，
cs∠DA1B1=A1D2+A1B12−DB122A1D⋅A1B1= 36，
∵AB/​/A1B1，∴异面直线AB与A1D所成角的余弦值为 36．
17.(1)证明：因为四边形ACEF是矩形，所以EC⊥AC ．
又因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，EC⊂平面ACEF，所以EC⊥平面ABCD，
又因为AD⊂平面ABCD，所以EC⊥AD，
因为AD=DC= 22AC，可AD2+DC2=( 22AC)2+( 22AC)2=AC2，
所以AD⊥DC，又因为EC∩DC=C，且EC,DC⊂平面EDC，
所以AD⊥平面EDC．
(2)解：由题意及(1)知AF//CE且EC⊥平面ABCD，所以AF⊥平面ABCD，
由已知条件可知AB⊥AD，所以AB，AD，AF，两两垂直，
以A点为坐标原点，以AB 所在直线为x轴，AD 所在直线为y轴，AF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AC= 2，则AD=DC=AF=1，
可得A0,0,0，B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0，E1,1,1，F0,0,1，
则BE=0,1,1，BF=−1,0,1，
由(1)知，AD⊥平面EDC，
所以平面EDC的一个法向量为m=AD=(0,1,0)，
设平面BEF的法向量为n=x,y,z，则n⋅BE=y+z=0n⋅BF=−x+z=0,
令x=1，则y=−1，z=1，所以n=1,−1,1，
设所求的锐二面角为θ，则cs θ=m⋅n|m||n|=11× 3= 33，
即平面BEF与平面CDE 夹角的余弦值为 33．

18.解：(1)证明：
取CD的中点M，连接EM，BM，
因为BD=BC=CD=2 3，
所以BM⊥CD，
因为AD=AB=2，BD=2 3，
所以∠ADB=∠ABD=30∘，∠ADC=90∘，
则BM//AD，
又因为BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BM//平面PAD
因为E为PC的中点，M为CD的中点，
所以EM//PD，
又因为EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EM//平面PAD，
又因为EM∩BM=M，且EM,BM⊂平面BEM，
所以平面BEM//平面PAD，
而BE⊂平面BEM，故BE//平面PAD；
(2)因为平面PBD⊥平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，
由对称性知，O为BD中点，且AC⊥BD，
如图，以O为坐标原点，OC的方向为x轴正方向，OB的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则D0,− 3,0，B0, 3,0，
C3,0,0，A−1,0,0，
设P0,a,b，则PA2=1+a2+b2=4，
PD2=a+ 32+b2=4，
得a=− 33，b=2 63，
即P0,− 33,2 63，
设平面PCD的一个法向量为n=x,y,z，
由于DC=3, 3,0，DP=0,2 33,2 63，
则n⋅DC=0n⋅DP=0，得3x+ 3y=02 3y+2 6z=0,
令y=− 6，得x= 2，z= 3，
故平面PCD的一个法向量为n= 2,− 6, 3，
设直线AB与平面PCD所成角为θ，
由于AB=1, 3,0，
则sin θ=|AB⋅n|AB|·|n||=| 2−3 22× 11|= 2211，
故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为 2211．

19.解：(1)d(A,B)=|−1−35|+|2−45|=8+65=145，
cs(A,B)=cs〈OA,OB〉=OA⋅OB|OA||OB|=−35+85 5×1= 55，
e(A,B)=1−cs(A,B)=1− 55=5− 55；
(2)设N(x,y)，由题意得：d(M,N)=|2−x|+|1−y|=1，
即|x−2|+|y−1|=1，而|x−2|+|y−1|=1表示的图形是正方形ABCD，

其中A(2,0)、B(3,1)、C(2,2)、D(1,1)．
即点N在正方形ABCD的边上运动，OM=(2,1)，ON=(x,y)，
可知：当cs(M,N)=cs取到最小值时，最大，相应的e(M,N)有最大值，
因此，点N有如下两种可能：
①点N为点A，则ON=(2,0)，可得cs(M,N)=cs=42× 5=2 55；
②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC=(1,1)同向，取ON=(1,1)，
则cs(M,N)=cs=3 5× 2=3 1010，
因为3 1010>2 55，所以e(M,N)的最大值为1−2 55．
(3)易知D(O,P)min=|1−k| k2+1，设P(x,k x−k+1)，则d(O,P)=ℎ(x)=|x|+|k x−k+1|，
当k=0时，d(O,P)=ℎ(x)=|x|+|1|，则d(O,P)min=1，D(O,P)min=1，满足题意；
当k≠0时，d(O,P)=ℎ(x)=|x|+|kx−k+1|=|x|+|k|⋅|x−k−1k|，
由分段函数性质可知d(O,P)min=min(ℎ(0),ℎ(k−1k))，
又ℎ(0)=|1−k|≥|1−k| k2+1且ℎ(k−1k)=|k−1k|≥|1−k| k2+1恒成立，当且仅当k=1时等号成立，
综上，满足条件的直线有且只有两条，l：y=1和y=x．