2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二上学期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.若直线l的一个方向向量是 3,1，则直线l的倾斜角是( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π6
2.如图，三棱锥O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M为BC中点，点N满足ON=2NA，则MN=( )
A. 12a−13b−23cB. 12a−13b+23c
C. 23a−12b−12cD. −12a−23b+12c
3.已知直线l1:2x+my=1，l2:mx+8y=m−2，则“m=−4”是“l1//l2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知直线l过点(m,3)和(3,2)，且在x轴上的截距是1，则实数m等于( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.设点A(1,2)，B(2,1)，若直线ax+y+1=0与线段AB有交点，则实数a的取值范围是( )
A. [1,3]B. (−∞,−3]∪[−1,+∞)
C. [−3,−1]D. (−∞,1]∪[3,+∞)
6.已知空间向量a=3,b=2，且a·b=2，则b在a上的投影向量为( )
A. aB. 29aC. 92aD. 69a
7.下面三条直线l1：4x+y=4，l2：mx+y=0，l3：2x−3my=4不能构成三角形，则m的集合是( )
A. {−1,23}B. {4,−16}C. {−1,−16,23,4}D. {−1,−16,0,23,4}
8.在矩形ABCD中，AD=a，AB=b，b>a.将▵ACD沿着AC翻折，使D点在平面ABC上的投影E恰好在直线AB上，则此时二面角B−AC−D的余弦值为( )
A. a2b2B. abC. abbD. a+b2b
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.下列关于空间向量的命题中，正确的有( )
A. 若向量a,b,c与向量a,m,c分别构成空间向量的一组基底，则m//b
B. 若非零向量a,b,c满足a⊥b，b⊥c，则有a//c
C. 若OA,OB,OC是空间向量的一组基底，且OD=13OA+OB+OC，则A,B,C,D四点共面
D. 若向量a+b，b+c，c+a是空间向量的一组基底，则a,b,c也是空间向量的一组基底
10.已知直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l过定点3,1
B. 原点O到直线l距离的最大值为 10
C. 若点A−1,0，B1,0到直线l的距离相等，则m=−12
D. 若直线l经过一、二、三象限，则−4711.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E,F分别为棱AB,AD的中点，B1G=λB1C10≤λ≤1，则( )
A. 无论λ取何值，三棱锥C−EFG的体积始终为1
B. 若λ= 24，则EG⋅BD1=2+ 2
C. 点D1到平面EFG距离为 153
D. 若异面直线EF与AG所成的角的余弦值为 1122.则λ=710
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线l过点−1,2，且在两坐标轴上截距相等，则直线l的方程为
13.直线xcsθ+ 3y+2=0的倾斜角的范围是 ．
14.设x−y+1=0，求d= x2+y2+6x−10y+34+ x2+y2−4x−30y+229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)
已知A(1,1),B(2,−2),C(0,−1)．
(1)求ΔABC的面积；
(2)若CD⊥AB,CB//AD，求点D的坐标．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，E、F分别是CD、PB的中点．
(1)求证：EF//平面PAD；
(2)设PA=3,AB=4，求二面角B−PC−D的余弦值．
17.(本小题12分)
三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB=3，BC=2，BB1=1，AE=2EB，A1C与AC1交于D．
(Ⅰ)证明：DE/​/平面A1BC1;
(Ⅱ)求异面直线A1C1与DE的距离．
18.(本小题12分)
已知直线l1:mx−y+m=0，l2:x+my−m(m+1)=0，l3:(m+1)x−y+(m+1)=0，记l1∩l2=C，l2∩l3=B，l3∩l1=A．
(1)当m=2时，求原点关于直线l1的对称点坐标；
(2)求证：不论m为何值，ΔABC总有一个顶点为定点；
(3)求ΔABC面积的取值范围. (可直接利用对勾函数的单调性)
19.(本小题12分)
在Rt▵ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D,E分别是AC,AB上的点，满足DE//BC且DE经过▵ABC的重心，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.D
5.C
6.B
7.C
8.A
9.CD
10.ABD
11.AB
12.2x+y=0 或 x+y=1
13.0,π6∪[5π6,π)
14. 293
15.解：(1)由题得直线AB的斜率：kAB=−2−12−1=−3，
所以直线AB的方程为：y−1=−3(x−1)，
即3x+y−4=0，
点C到直线AB的距离为d=5 10，
|AB|= (1−2)2+(1+2)2= 10，
所以SΔABC=12|AB|⋅d=52．
(2)因为AB⊥CD，所以直线CD的斜率：kCD=13，
所以直线CD的方程为：y=13x−1，
直线BC的斜率kBC=−1−(−2)0−2=−12，
因为AD//BC，
所以kAD=kBC=−12，
直线AD:y=−12x+32，
联立方程组y=13x−1y=−12x+32,
解得：D(3,0)．
16.解：(1)证明：取PA的中点M，连接MD,MF
∵M,F分别是PA,PB的中点
∴MF//AB，MF=12AB
在正方形ABCD中，E是CD的中点
∴MF//DE，MF=DE
∴四边形DEFM是平行四边形
∴EF//DM
又EF⊄平面PAD，DM⊂平面PAD
∴EF//平面PAD
(2)以A为原点，DA延长线，AB,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,3,B0,4,0,C−4,4,0,D−4,0,0,
∴PB⇀=0,4,−3,PC⇀=−4,4,−3,PD⇀=−4,0,−3
设n1=x1,y1,z1是平面PBC的法向量，则
PB⇀⋅n1⇀=0PC⇀⋅n1⇀=0⇒4y1−3z1=0−4x1+4y1−3z1=0，令y1=3，得n1=0,3,4
设n2=x2,y2,z2是平面PCD的法向量，则
PD⇀⋅n2⇀=0PC⇀⋅n2⇀=0⇒−4x2−3z2=0−4x2+4y2−3z2=0，令x2=3，得n2=3,0,−4
csn1⇀,n2⇀=n1⇀⋅n2⇀n1⇀⋅n2⇀=0×3+3×0−4×45×5=−1625
由图形可知二面角B−PC−D为钝二面角
∴二面角B−PC−D的余弦值为−1625

17.解：(Ⅰ)三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，所以AD=2C1D.
又AE=2EB，所以在△ABC1内，有DE//BC1．
因为DE⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以DE/​/平面A1BC1．
(Ⅱ)已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面AA1B1B.
因为B1B⊂平面AA1B1B，所以BC⊥B1B.
又AC⊥BB1，BC∩AC=C，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC．
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB，
故AB，BC，BB1两两垂直，
以B为坐标原点，BA，BC，BB1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系．
则B1(0,0,1)，E(1,0,0)，C1(0,1,1)，C(0,2,0)，A1(32,0,1)，
BC1=(0,1,1)，EA1=(12,0,1)，A1C1=(−32,1,0)，
由(1)可知ED=23BC1=23(0,1,1)=(0,23,23).
设向量n=(x,y,z)，且满足：n⋅ED=0，n⋅A1C1=0，
则有y+z=0−32x+y=0，令x=2，n=(2,3,−3)，
EA1=(12,0,1)在n=(2,3,−3)上的投影向量的长度为|n·EA1||n|=2 22，
故异面直线A1C1与DE的距离为 2211．
18.解：(1)当m=2时，直线l1 的方程为：2x−y+2=0，且斜率k1=2，
设原点关于直线l1 的对称点为 (x0,y0)，则由斜率与中点坐标公式列方程得：y0x0=−122×x02−y02+2=0,
解得：x0=−85y0=45，故所求点的坐标为(−85,45)．
(2)∵直线l1:mx−y+m=0⇒m(x+1)−y=0，恒过点(−1,0)．
l3:(m+1)x−y+(m+1)=0⇒(m+1)(x+1)−y=0，恒过点(−1,0)．
故ΔABC总有一个顶点为定点(−1,0)．
(3)由条件可得l1与l2垂直，所以角C为直角，
所以S=12AC·BC，
|BC|等于点B到l1的距离，
由l2,l3的方程联立可得B(0,m+1)，所以|BC|=|−m−1+m| m2+1=1 m2+1，
|AC|等于点A(−1,0)到直线l2距离，
故|AC|=1+m+m2 1+m2，
所以三角形面积S=12·1+m+m21+m2=12(1+1m+1m)，
当m>0时，有 1m+1m有最大值12；
当m<0时，1m+1m有最小值−12，
所以m=1时S取最大值34，m=−1时S取最小值14，
故ΔABC面积的取值范围[14,34]．
19.解：(1)证明：
因为在Rt▵ABC中，∠C=90∘，DE//BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，
则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D,A1D,CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)知，以CD为x轴，CB为y轴，CA1为z轴，建立空间直角坐标系C−xyz ，
因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，
CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C0,0,0，D2,0,0，E2,2,0，
B0,3,0，A10,0,2 3，M1,0, 3，
CM=1,0, 3，A1B=0,3,−2 3，
A1E=2,2,−2 3，
设平面A1BE的法向量为n=x,y,z，
则n⋅A1B=0n⋅A1E=0，即3y−2 3z=02x+2y−2 3z=0,
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
故平面A1BE的一个法向量为n=1,2, 3，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sin θ=|cs CM,n|=|CM⋅n||CM|·|n|
=42×2 2= 22，
所以θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段A1C上存在点N，
使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，
BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA1，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0,2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的法向量为n2=x2,y2,z2，
则有n2⋅BM=0n2⋅BN=0，即x2−3y2+ 3z2=0−3y2+2 3λz2=0,
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
故平面BMN的一个法向量为n2=6λ−3,2λ, 3，
设平面CBM的法向量为n3=x3,y3,z3，
则有n3⋅BM=0n3⋅CM=0，即x3−3y3+ 3z3=0x3+ 3z3=0,
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以平面CBM的一个法向量为
n3=−3,0, 3，
若平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
则满足cs n2,n3=|n2⋅n3||n2|·|n3|
=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，
使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
此时CN的长度为 3或2 3．