2024-2025学年北京市朝阳区首师附实验学校高二上学期9月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区首师附实验学校高二上学期9月月考数学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
1.已知zi=i−1，则z=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
2.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB−AD−AA1=( )
A. AC1B. A1CC. D1BD. DB1
3.已知A2,−3,−1，B−6,5,3，则AB的坐标为( )
A. −8,8,−4B. −8,8,4C. 8,−8,4D. 8,−8,−4
4.如图，已知正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为1，AA′⋅DB′=( )
A. 1B. 2C. 3D. −1
5.设n1，n2分别是平面α，β的法向量，其中n1=1,y,−2，n2=x,−2,1，若α//β，则x+y=( )
A. −92B. −72C. 3D. 72
6.已知直线l1的方向向量为u=0,0,1，直线l2的方向向量为v=0, 3,−1，则直线l1与l2所成角的度数为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
7.已知n为平面α的一个法向量，a为直线l的一个方向向量，则“a⊥n”是“l//α”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
8.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点，且向量a=OA+OB+OC，向量b=OA+OB−OC，则与a,b不能构成空间基底的向量是( )
A. OAB. OBC. OCD. OA或OB
9.在空间直角坐标系Oxyz中，点A2,1,1在坐标平面Oxz内的射影为点B，且关于y轴的对称点为点C，则B，C两点间的距离为( )
A. 17B. 3 2C. 2 5D. 21
10.在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则AM和CN夹角的余弦值为( )
A. 23B. 33C. 13D. −23
二、填空题：本题共55小题，每小题5分，共25分。
11.已知向量a=2,−3,1，则与a共线的单位向量为 ．
12.已知向量a=2,0,−1，b=m,−2,1且a⊥b，则m= ，a+b= ．
13.已知直线l经过A1,0,1，B2,0,0两点，则点P2,1,4到直线l的距离为 ．
14.在空间直角坐标系Oxyz中，已知AB=2,0,0，AC=0,2,0，AD=0,0,2.则CD与CB的夹角的余弦值为 ；CD在CB的投影向量a= ．
15.以下关于空间向量的说法：
①若非零向量a，b，c满足a//b，b//c，则a//c
②任意向量a，b，c满足a⋅b⋅c=a⋅b⋅c
③若OA,OB,OC为空间向量的一组基底，且OD=23OA+23OB−13OC，则A，B，C，D四点共面
④已知向量a=1,1,x，b=−3,x,9，若x<310，则a,b为钝角
其中正确命题的序号是 ．
四、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E为线段B1C1的中点．
(1)求证：AA1⊥D1E；
(2)求平面D1BE的法向量；
(3)求点A1到平面D1BE的距离．
17.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2，高为4，D为CC1的中点，E为A1B1的中点．

(1)求证：C1E//平面A1BD；
(2)求直线BC与平面A1BD所成角的正弦值．
18.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=2 2，∠BAD=60∘，∠BAA1=∠DAA1=45∘，AC与BD相交于点O，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)试用基底a,b,c表示向量OA1；
(2)求OA1的长；
(3)求直线OA1与直线BC所成角．
19.如图，四棱锥S--ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE //平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.A
5.D
6.B
7.B
8.C
9.D
10.A
11. 147,−3 1414, 1414或− 147,3 1414,− 1414
12.12
； 412
13.3
14.12
；1,−1,0
15.①③
16.(1)因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，故可得AA1⊥面A1B1C1D1，
又D1E⊂面A1B1C1D1，故可得AA1⊥D1E．
(2)以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，如下所示：
则可得：D10,0,2,B2,2,0,E1,2,2,A12,0,2，
D1E=1,2,0,BE=−1,0,2,A1D1=−2,0,0
设平面D1BE的法向量为m=x,y,z，
则m⋅D1E=0m⋅BE=0，即x+2y=0−x+2z=0，取x=2，可得y=−1,z=1，
故平面D1BE的一个法向量为2,−1,1．
(3)设点A1到平面D1BE的距离为d，
则d=A1D1⋅mm=4 4+1+1=2 63．
故点A1到平面D1BE的距离为2 63．

17.(1)

如图以A为坐标原点，以AC，AA1所在直线为y轴，z轴，在平面ABC内做与AC垂直的直线为x轴建立空间直角坐标系，
C10,2,4，B 3,1,0，D0,2,2，E 32,12,4，A1(0,0,4)，C0,2,0，
所以C1E= 32,−32,0，A1B= 3,1,−4，BD=− 3,1,2，
设平面A1BD的法向量为n=x,y,z，
所以n⋅A1B=0n⋅BD=0，即 3x+y−4z=0− 3x+y+2z=0,
令x= 3，所以z=1，y=1，
即n= 3,1,1为平面A1BD的一个法向量，
所以C1E⋅n= 32× 3+−32×1+0×1=0，
又因为C1E⊄平面A1BD，
所以C1E//平面A1BD；
(2)由(1)知BC=− 3,1,0，n= 3,1,1，
设直线BC与平面A1BD所成角为θ，
所以sinθ=csBC,n=BC⋅nBCn=−3+1 5×2= 55，
所以直线BC与平面A1BD所成角的正弦值为 55．

18.(1)OA1=OA+AA1=−12AB+AD+AA1=−12AB−12AD+AA1=−12a−12b+c；
(2)AB=4，AD=2，AA1=2 2，∠BAD=60∘，∠BAA1=∠DAA1=45∘，
所以a⋅b=abcs60∘=4×2×12=4，
b⋅c=bccs45∘=2×2 2× 22=4，
a⋅c=accs45∘=4×2 2× 22=8，
由(1)知OA1=−12a−12b+c，
所以OA12=−12a−12b+c2=14a2+14b2+c2+12a⋅b−a⋅c−b⋅c=3，
所以OA1= 3；
(3)BC=AD=b，
OA1⋅BC=−12a−12b+c⋅b=−12a⋅b−12b2+b⋅c=0，
csOA1,BC=OA1⋅BCOA1BC=0，
所以OA1与BC所成角为π2，
所以直线OA1与直线BC所成角为π2．

19.解：(1)求证：连接BD，交AC于O，连接OP、OS，
因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，AO=OC，
又因为SA=SC，所以AC⊥OS，
因为BD∩OS=O，BD,OS⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD，
因为SD⊂平面SBD，
所以AC⊥SD．
(2)由(1)知AC⊥平面SBD，OP⊂平面SBD，
所以AC⊥OP，又AC⊥OD，
所以∠POD是平面PAC与平面ACD所成二面角的平面角，
因为SD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以SD⊥OP，设AB=a，
所以sin∠POD=sin∠OSD=ODSD= 22a 2a=12，
因为∠POD为锐角，所以∠POD=30​∘，
所以平面PAC与平面ACD的夹角大小为30​∘．
(3)存在，SE:EC=2:1，理由如下：
过B作BQ//OP，交SD于Q，交OS于M，过M作EF//AC，交SA于F，交SC于E，
连接BE，因为EF∩BQ=M，AC∩OP=O，
所以平面BEF//平面ACP，BE⊂平面BEF，
所以BE//平面ACP，
设AB=a，
则SO= SC2−OC2= ( 2a)2−( 2a2)2= 6⋅a2，
MO=BO⋅tan⁡∠MBO=BO⋅tan30 ∘= 2a2⋅ 33= 6⋅a6，
所以SEEC=SMMO=SO−MOMO=2．