2024-2025学年山西省晋中市平遥县部分高中学校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省晋中市平遥县部分高中学校高二（上）月考数学试卷（9月份）（含答案），共8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.在空间直角坐标系中，已知点A(1,−2,3)，B(−3,0,1)，则线段AB的中点坐标是( )
A. (−1,−1,2)B. (1,1,−2)C. (2,2,−4)D. (−2,−2,4)
2.已知a=(3,−2,−3)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是( )
A. (−2,+∞)B. (−2,53)∪(53,+∞)
C. (−∞,−2)D. (53,+∞)
3.若a=(x,2y−1,−14)是平面α的一个法向量，且b=(−1,2,1)，c=(3,12,−2)与平面α都平行，则向量a=( )
A. (−2752,−5326,−14)B. (−952,−5326,−14)C. (−952,−2752,−14)D. (−952,126,−14)
4.已知点A(1,4)，B(3,−2)，则经过线段AB的中点，且与直线x−2y+9=0平行的直线的方程为( )
A. x−2y−8=0B. x−2y=0C. 2x+y−10=0D. 2x+y−5=0
5.若直线l：Ax+By+C=0的倾斜角为α，则“A⋅B<0”是“α不是钝角”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知点A(1,2)，B(a,b)，C(c,d)，若A是直线l1：ax+by+1=0和l2：cx+dy+1=0的公共点，则直线BC的方程为( )
A. x+2y−1=0B. x+2y+1=0C. 2x+y−1=0D. 2x+y+1=0
7.如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC=2π3，则折后平面OEF与平面ABC的夹角的余弦值为( )
A. 3 1111
B. 1111
C. 3 1313
D. 217
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是空间内的动点，且PB+PD1=2 3，则AP⋅PB的最小值为( )
A. 1− 3− 2B. 1+ 3− 2C. −4−2 6D. −4+2 6
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.已知空间中三点A(0,1,0)，B(1,2,0)，C(−1,3,1)，则下列说法正确的有( )
A. |AB|= 2B. AB//AC
C. AC⋅AB=1D. AC的AB上投影向量的长度为 22
10.直线l过点P(−1,2)，倾斜角为α，且tanα2=43，则直线l经过点( )
A. (0,−107)B. (−512,0)C. (34,−4)D. (−2,1)
11.直线l1：y=ax+b与l2：y=bx+a在同一平面直角坐标系内的位置可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)，若AM⊥MP，则MP与底面所成角的正弦值的取值范围是 ．
13.如图，已知二面角A−EF−D的平面角大小为π3，四边形ABFE，EDCF均是边长为4的正方形，则|BD|= ______．
14.某公园的示意图为如图所示的六边形ABCDEF，其中AB⊥AF，AF//BC，AB//DE，∠BCD=∠AFE，且tan∠BCD=−34，CD=EF=50米，BC=DE=80米．若计划在该公园内建一个有一条边在AB上的矩形娱乐健身区域，则该娱乐健身区域面积(单位：平方米)的最大值为 ．
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A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5).是否存在点D，使四边形ABDC为等腰梯形，且AB//CD？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
16.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
17.(本小题12分)
已知直线l：(a+2)x+(2a−1)y+5=0．
(1)证明无论a为何值，直线l经过定点P，并求出点P的坐标；
(2)若斜率大于0，且经过(1)中点P的直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，求△OAB面积的最小值．
18.(本小题12分)
已知菱形ABCD中，A(−4,7)，C(2,−3)，BC边所在直线过点P(5,9).求：
(1)AD边所在直线的方程；
(2)对角线BD所在直线的方程．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AB=2，PA=PD= 5，E为BC的中点．

(1)证明：AD⊥PE．
(2)若二面角P−AD−B的平面角为2π3，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.B
5.A
6.B
7.D
8.C
9.ACD
10.ABC
11.BC
12.[ 217,2 77]
13.4 2
14.338003
15.解：已知A(0,2,3)，B(−2,1,6)，C(1,−1,5)，得AC=(1,−3,2)，AB=(−2,−1,3)，则A，B，C三点不共线．
假设存在点D(x,y,z)满足条件，
则CD=(x−1,y+1,z−5)，BD=(x+2,y−1,z−6)．
因为四边形ABDC是等腰梯形，且AB//CD，所以|AC|=|BD|．
即|BD|2=|AC|2=14；
所以x−1−2=y+1−1=z−53(x+2)2+(y−1)2+(z−6)2=14，
解得：x=1y=−1z=5或x=−1y=−2z=8；
当x=−1，y=−2，z=8时，即：AB=CD=(−2,−1,3)，且A，B，C三点不共线，
故此时四边形ABDC为平行四边形，不合题意；
当x=1，y=−1，z=5时，点D与点C重合，不合题意．
故假设不成立，即不存在满足条件的点D．
16.解：(1)由直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，可得VA1−ABC=13VA1B1C1−ABC=43，
设A到平面A1BC的距离为d，由VA1−ABC=VA−A1BC，
∴13S△A1BC⋅d=43，∴13×2 2⋅d=43，解得d= 2．
(2)由直三棱柱ABC−A1B1C1知BB1⊥平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ABB1A1，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，又平面ABC∩平面A1BC=BC，
所以BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B，BC⊥AB，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AA1=AB，∴BC× 2AB×12=2 2，又12AB×BC×AA1=4，解得AB=BC=AA1=2，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，A1(0,2,2)，D(1,1,1)，
则BA=(0,2,0)，BD=(1,1,1)，BC=(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BA=2y=0n⋅BD=x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=−1，
∴平面ABD的一个法向量为n=(1,0,−1)，
设平面BCD的一个法向量为m=(a,b,c)，
m⋅BC=2a=0m⋅BD=a+b+c=0，令b=1，则a=0，c=−1，
平面BCD的一个法向量为m=(0,1,−1)，
cs=1 2⋅ 2=12，
二面角A−BD−C的正弦值为 1−(12)2= 32．
17.证明：(1)将直线l的方程转化为(x+2y)a+2x−y+5=0，
令x+2y=02x−y+5=0，解得x=−2y=1，
故无论a为何值，直线l经过定点P，且点P的坐标为(−2,1)．
(2)解：由(1)可设该直线的方程为y−1=k(x+2)，k>0，
令y=0，得A(−1k−2,0)；
令x=0，得B(0,2k+1)，
因为△OAB是直角三角形，
所以△OAB的面积S=12|OA||OB|=12⋅|−1k−2|⋅|2k+1|=2k+12k+2≥2 2k⋅12k+2=4，
当且仅当2k=12k，即k=12时等号成立，
故△OAB面积的最小值为4．
18.解：(1)因为BC边所在直线过点P(5,9)，
所以直线BC的方程为：y+3=9−(−3)5−2(x−2)，
即4x−y−11=0，在菱形ABCD中可知AD//BC，
所以设直线AD的方程为4x−y+m=0，将点A(−4,7)代入4⋅(−4)−7+m=0，
所以m=23，
所以直线AD的方程为：4x−y+23=0；
(2)由题意可得线段AC的中点M(−4+22,−3+72)，即M(−1,2)，
kAC=7−(−3)−4−2=−53，
因为菱形的对角线互相垂直平分，所以直线BD的斜率为35，
所以BD所在的直线方程为y−2=35(x+1)，即3x−5y+13=0．
19.解：(1)如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，PA=PD，∴AD⊥EF，AD⊥PF．
∵EF∩PF=F，EF,PF⊂平面PEF，∴AD⊥平面PEF．
又∵PE⊂平面PEF，∴AD⊥PE．
(2)由(1)可知，二面角P−AD−B的平面角为∠PFE，且为2π3，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵AD⊥平面PEF，PO⊂平面PEF，∴PO⊥AD，
∵AD∩EF=F,AD,EF⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得∠PFO=π3，PF=2，OF=1，PO= 3，
则P0,0, 3，A1,1,0，B1,3,0，C−1,3,0，D−1,1,0，
PA=1,1,− 3，AB=0,2,0，DP=1,−1, 3，PC=−1,3,− 3，
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，则n⋅PA=0,n⋅AB=0,
得x+y− 3z=0,2y=0,取z=1，则n= 3,0,1．
设PG=λPC=−λ,3λ,− 3λ，λ∈0,1，
则DG=DP+PG=1−λ,3λ−1, 3− 3λ，
设直线DG与平面PAB所成的角为θ，
则sin θ=|cs ⟨DG,n⟩|=|DG⋅n|DG||n||= 3(1−λ) (1−λ)2+(3λ−1)2+3(1−λ)2= 31−λ 3λ−12+41−λ2，
令t=1−λ，则t∈0,1，sinθ= 31−λ 3λ−12+41−λ2= 3t 2−3t2+4t2= 3 t213t2−12t+4．
当t=0时，sinθ=0，θ=0；
当t≠0时，sinθ= 3× 14t2−12t+13= 3× 141t−322+4，
当1t=32，即t=23，λ=13时，sinθ取得最大值，且最大值为 32，此时θ=π3．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为π3．