2024-2025学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
2.下列说法正确的是( )
A. 任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底
B. 空间的基底有且仅有一个
C. 两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底
D. 任一个向量p在基底{a,b,c}下的分解式与在基底{e,f,g}下的分解式相同
3.若直线l的方向向量为a=(1,−2,3)，平面α的一个法向量为n=(−3,6,−9)，则( )
A. l⊂αB. l//αC. l⊥αD. l与 α相交
4.如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，设AB=a,AC=b,AA1=c.M,N分别为AC1与BC的中点，则MN=( )
A. −12a+12c
B. 12a+b+12c
C. 12a+12b−12c
D. 12a−12c
5.已知空间三点A(1,3,−2)，B(2,5,1)，C(p+1,7,q)共线，则p和q的值分别是( )
A. 3，6B. 2，4C. 1，4D. 2，6
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A. π2B. π3C. π4D. π6
7.已知三棱锥A−BCD的所有棱长都是2，点E是AD的中点，则BA⋅CE=( )
A. 1
B. −1
C. 3
D. − 3
8.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=AA1=1，则直线BD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为( )
A. 33B. 22C. 63D. 12
9.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D，中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M=λ(0<λ<2)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为( )
A. 3λ
B. 22
C. 23λ
D. 55
10.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN，则下列说法正确的是( )
A. 点P可以是棱BB1的中点
B. 线段MP的最大值为 32
C. 点P的轨迹是正方形
D. 点P轨迹的长度为2+ 5
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知点P(−3,1,5)，则该点关于yOz平面的对称点坐标为______．
12.若a=(2,−3,1),b=(2,0,3),c=(3,4,2)，则a⋅(b+2c)= ______，若ka+b与c互相垂直，则实数k= ______．
13.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，设AD=AA1=1，AB=2，则|CC1−BD1||=______，CC1⋅CA1|=______．
14.已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为______．
15.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC (填“垂直”或“不垂直”)；△AEF的面积的最大值为 ．
16.如图，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直.点P在正方形ABCD及其内部运动，点Q在矩形ABEF及其内部运动.设AB=2，AF=1，给出下列四个结论：
①存在点P，Q，使PQ=3；
②存在点P，Q，使CQ//EP；
③到直线AD和EF的距离相等的点P有无数个；
④若PA⊥PE，则四面体PAQE体积的最大值为13；
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共3小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题20分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，PA=AB=BC=2AD=2．
(Ⅰ)设点M为AB上任意一点，求证：AD⊥PM；
(Ⅱ)求直线PB和平面PCD所成角的正弦值；
(Ⅲ)求二面角A−PD−C的余弦值．
18.(本小题20分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，M为线段A1C1上的一点．
(Ⅰ)求证：B1M//面ABC；
(Ⅱ)求直线BC1与直线AB1所成角的余弦值；
(Ⅲ)若直线AB1与平面BCM所成角为π4，求点A1到平面BCM的距离．
19.(本小题10分)
设n(n≥2)为正整数，若α=(x1,x2,…,xn)满足：
①xi∈{0,1,…,n−1}，i=1，2，…，n；
②对于1≤i则称α具有性质E(n)．
对于α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn)，定义集合T(α,β)={t|t=|xi−yi|，i=1，2，…，n}．
(Ⅰ)设α=(0,1,2)，若β具有性质E(3)，写出一个β及相应的T(α,β)；
(Ⅱ)设α=(0,1,2,3,4)，请写出一个具有性质E(5)的β，满足T(α,β)={0，1，2，3，4}；
(Ⅲ)设α=(0,1,2,3,4,5,6)，是否存在具有性质E(7)的β，使得T(α,B)={0，1，2，3，4，5，6}？若存在，判断满足条件的β个数的奇偶；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.B
6.D
7.A
8.C
9.D
10.D
11.(3,1,5)
12.−1 3
13. 5 1
14. 612
15.垂直
3

16.①③④
17.解：(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，又因为AB⊥AD，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，点M为AB上任意一点，
则PM⊂平面PAB，
所以AD⊥PM．
(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
故以AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为z轴正方向，建立A−xyz空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，
BP=(−2,0,2)，PC=(2,2,−2)，PD=(0,1,−2)，
设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅PD=0n1⋅PC=0，即y1−2z1=0x1+y1−z1=0，
令y1=2，得n1=(−1,2,1)，
设直线PB和平面PCD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈BP,n1〉|=42 2⋅ 6= 33；
(Ⅲ)易知AB=(2,0,0)为平面PAD的法向量，
则cs〈AB,n1〉=−22⋅ 6=− 66，
因为二面角A−PD−C的平面角为钝角，
所以二面角A−PD−C的余弦值为− 66．
18.(Ⅰ)证明：连接B1M，由三棱柱性质可得平面ABC/​/平面A1B1C1，
又BlM⊂平面A1B1C1，故B 1M//平面ABC；
(Ⅱ)解：因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，
故AB，AC，AA1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
连接BC1，则BC1=(−1,1,1)，AB1=(1,0,1)，
由BC1⋅AB1=−1×1+1×0+1×1=0，故BC ​1⊥AB1，
故直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为csπ2=0；
(Ⅲ)解：设M(0,a,1)，a∈[0,1]，则BM=(−1,a,1)，BC=(−1,1,0)，
设平面BCM的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BM=−x+ay+z=0n⋅BC=−x+y=0，
令x=1，则n=(1,1,1−a)，
因为直线AB1与平面BCM所成角为π4，
所以|cs〈AB1,n〉|=sinπ4⇒|AB1⋅n|AB1|⋅|n||=|1+1−a| 12+12+(1−a)2× 2= 22，
解得a=12，即n=(1,1,12)，
因为A1B=(1,0,−1)，
所以点A1到平面BCM的距离为|AB1⋅n||n|=|1−12| 12+12+(12)2=13．
19.解：(Ⅰ)根据题意，令β=(0,1,2)，即y1=0，y2=1，y3=2，
则根据题意可得，t=|xi−yi|=0(i=1,2,3)|，则相应的一个T(α,β)={0}；
(Ⅱ)当α=(0,1,2,3,4)，∵4∈T(α,β)={0，1，2，3，4}，所以β=(y1,y2,…,y5)中的y1=4或者y5=0，
不妨设y5=0，接下来，3∈T(α,β)，∴可能y1=3或y2=4，不妨取y2=4，α中的剩余数0，2，3可以分别对应2，1，3，如此β={2,4,1,3,0}(不唯一)；
(III)不存在
证明：不妨设α=(0,1,2,3,4,5,6)，β=(y1,y2,…,y7)，并将其看做数列，
假设T(α,B)={0，1，2，3，4，5，6}成立，∵集合{0,1,2,3,4,5,6}中有3个奇数，4个偶数，设数列α中有x个奇数与有序数组β中x个偶数对应作差的绝对值，设数列α中有y个偶数与有序数组β中y个奇数对应作差的绝对值，共得到x+y=3，则α中剩余3−x个奇数，4−y个奇数，β中剩余4−x个偶数，3−y个奇数，
要对应作差的绝对值恰好为4个偶数，则α，β的剩余数中奇数与奇数相配对，偶数与偶数相配对，故3−x=3−y，4−y=4−x，即x=y，但与x+y=3相矛盾，故满足条件的β不存在．