2024-2025学年陕西省西安八十五中高二（上）第一次月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安八十五中高二（上）第一次月考数学试卷（9月份）（含解析），共16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。

1.若集合A={x∈Z| x≤2}，B={x|−2≤x≤3}，则A∩B=( )
A. {x|0≤x≤3}B. {x|−2≤x≤4}
C. {0,1,2,3}D. {−2,−1,0,1,2,3,4}
2.已知复数a+i1−i=1+2i(i为虚数单位)，则实数a的值为( )
A. −1B. 1C. 2D. 3
3.设点A(3,−3)，B(−2,−2)，直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围是( )
A. k≥1或k≤−4B. k≥1或k≤−2C. −4≤k≤1D. −2≤k≤1
4.如图，在△ABC中，AN=12NC，P是BN上的一点，若AP=(m+13)AB+19AC，则实数m的值为( )
A. 19B. 29C. 23D. 13
5.已知动点Q在△ABC所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有PQ=−2PA+5PB+mCP，则实数m的值为( )
A. 0B. 2C. −1D. −2
6.已知△ABC内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，a=bcsC，则△ABC形状一定是( )
A. 等腰直角三角形B. 等边三角形C. 等腰三角形D. 直角三角形
7.已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A. 12B. 1C. 2D. 3
8.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，则点C到平面AEC1F的距离为( )
A. 22
B. 3 22
C. 4 3311
D. 3311
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A0,1,0，B2,2,0，C−1,3,1，则下列说法正确的是( )
A. AB与AC是共线向量
B. 与AB同向的单位向量是2 55, 55,0
C. AB和BC夹角的余弦值是 5511
D. 平面ABC的一个法向量是1,−2,5
10.下面四个结论正确的是( )
A. 已知向量a=(9,4,−4)，b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 已知{a,b,c}是空间的一组基底，若m=a+c，则{a,b,m}也是空间的一组基底
D. 若a⋅b>0，则〈a,b〉是锐角
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB= 3AA1=2 3，△ABC是等边三角形，点O为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有( )
A. AA1⊥平面ABC
B. 异面直线B1C与AA1所成角的大小是π6
C. 球O的表面积是20π
D. 点O到平面AB1C的距离是 1313
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知|a|=3,|b|=5,a⋅b=−12，则a在b上的投影向量为______．
13.已知向量a=(−2,1,3)，b=(−1,2,1)，若a⊥(a−λb)，则实数λ的值为 ．
14.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若2bcsC=a+2ccsB,b= 2c，则csC= ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在空间四边形OABC中，2BD=DC，点E为AD的中点，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OE；
(2)若OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，求OE⋅BC的值．
16.(本小题15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且csC=2a−c2b．
(1)求角B的大小；
(2)若b=3，sinC= 33，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD．
(1)求证：CD⊥PA；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；
(3)在棱PB上是否存在点M，使得DM⊥平面PAB？若存在，求PMPB的值；若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csB(csB+bcsC)+12a=0．
(1)求角B的大小；
(2)若b=7，a+c=8，a(3)设D是边AC上一点，BD为角平分线且AD=2DC，求csA的值．
19.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB=BC，AC=2，AA1= 2．
(1)求证：B1C/​/平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时BNBB1的值；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x∈Z| x≤2}={0,1,2,3,4}，B={x|−2≤x≤3}，
则A∩B={0,1,2,3}．
故选：C．
利用交集定义直接求解．
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a+i1−i=1+2i，∴a+i=(1+2i)(1−i)=3+i，
则a=3．
故选：D．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得a值．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：如图，直线PB的斜率为kPB=1+21+2=1，
直线PA的斜率为kPA=1+31−3=−2，
当直线l与线段AB相交时，
则l的斜率k的取值范围是k≥1或k≤−2．
故选：B．
作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案．
本题考查了直线相交关系及斜率公式，考查数形结合思想，是基础题．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量的基本运算，向量共线，学生的数学运算能力，属于基础题．
利用点B，P，N三点共线，即可解出．
【解答】
解：由AN=12NC可得，AN=13AC，
∴AP=λAB+(1−λ)AN=λAB+1−λ3AC=(m+13)AB+19AC，
又因AB与AC不共线，
∴m+13=λ且1−λ3=19，
∴m=13，
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：∵PQ=−2PA+5PB+mCP，
∴PQ=−2PA+5PB−mPC，
又动点Q在△ABC所在平面内运动，
∴−2+5−m=1，
解得m=2，
故选：B．
先将题中条件：“PQ=−2PA+5PB+mCP”化成“PQ=−2PA+5PB−mPC”，利用四点共面的充要条件，列出方程求出m．
本题考查空间向量的基本定理及其意义、四点共面的充要条件：P∈平面ABC，若OP=xOA+yOB+zOC，则x+y+z=1．
6.【答案】D
【解析】解：在△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=bcsC，
根据正弦定理sinA=sinBcsC，
整理得sin(B+C)=sinBcsC，
所以csBsinC=0，
由于0所以sinC≠0，
故csB=0，
则B=π2．
所以△ABC为直角三角形．
故选：D．
直接利用和角公式和正弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的值，正弦定理，和角公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点O，
则由AB=3A1B1得：O到上底面A1B1C1的距离为12h，O到下底面ABC的距离为32h，
又S△ABC= 34×62=9 3，S△A1B1C1= 34×22= 3，
所以V=13(9 3+ 3+ 9 3⋅ 3)h=523，
解得h=4 3，
因为上底中心到顶点A的距离为23× 32×2=2 3，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为12h2 3= 34h=1．
故选：B．
由正三棱台的体积公式计算出棱台的高h，由台体的性质结合线面角的定义求解即可．
本题主要考查台体的体积公式，空间中直线与平面所成角的求解，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，
∴AC1=(−2,4,3)，AE=(0,4,1)．
设n为平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AC1=0，即4y+z=0−2x+4y+3z=0，令z=1，得n=(1,−14,1)．
又CC1=(0,0,3)，
∴点C到平面AEC1F的距离d=|CC1⋅n||n|=4 3311．
故选：C．
建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式d=|CC1⋅n||n|即得解．
本题考查点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
利用空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
【解答】
解：空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
对于A，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
∴AB与AC不是共线向量，故A错误；
对于B，AB=(2,1,0)，AB|AB|=(2 55, 55,0)，故B正确；
对于C，AB=(2,1,0)，BC=(−3,1,1)，
∴AB和BC夹角的余弦值是：
cs=AB⋅BC|AB|⋅|BC|=−5 5⋅ 11=− 5511，故C错误；
对于D，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=2x+y=0n⋅AC=−x+2y+z=0，取x=1，得n=(1,−2,5)，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】ABC
【解析】解：选项A：a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=a⋅b|b|2⋅b=9+8−81+4+4⋅(1,2,2)=(1,2,2)，故选项A正确；
选项B：因为16+13+12=1，则P，A，B，C四点共面，故选项B正确；
选项C：{a,b,c}是空间的一组基底，将向量看作立方体三条相邻的棱，且m=a+c，
所以{a,b,a+c}两向量之间不共线，
所以{a,b,m}也是空间的一组基底，故选项C正确；
选项D：当a与b同向共线，且都不是零向量时，a⋅b>0，但是a与b的夹角是零不是锐角，故选项D错误．
故选：ABC．
利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足OP=mOA+nOB+tOC，其中m+n+t=1判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D．
本题主要考查了空间向量基本定理，考查了投影向量的定义，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由直三棱柱ABC−A1B1C1，可得AA1⊥平面ABC，故A正确；
由于AA1/​/BB1，可得∠BB1C为异面直线B1C与AA1所成角，由tan∠BB1C=BCBB1=2 32= 3，即∠BB1C=π3，故B错误；
由O到平面ABC的距离为12AA1=1，等边三角形ABC的外接圆半径r= 3 32=2，则球的半径R= 1+4= 5，
所以球O的表面积为S=4πR2=20π，故C正确；
△AB1C中AB1=B1C= 12+4=4，AC=2 3，cs∠AB1C=16+16−122×4×4=58，sin∠AB1C= 398，
可得△AB1C的外接圆半径为8 1313，所以点O到平面AB1C的距离为 5−6413= 1313，故D正确．
故选：ACD．
由直三棱柱的定义可判断A；由异面直线所成角的定义可判断B；由球的截面的性质和球的表面积公式可判断CD．
本题考查直三棱柱的性质和球的截面的性质、异面直线所成角和球的表面积公式，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
12.【答案】1225b
【解析】解：因为|a|=3，|b|=5，且a⋅b=−12，
所以a在b上的投影向量为 a⋅b|b|2⋅b=−1225b．
故答案为：−1225b．
根据投影向量的公式即可得解．
本题考查数量积的运算性质的应用及投影的定义的应用，属于基础题．
13.【答案】2
【解析】【分析】
利用向量坐标运算法则推导出a−λb=(−2+λ,1−2λ,3−λ)，再由a⊥(a−λb)，能求出实数λ．
本题考查实数值的求法，考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
【解答】解：∵向量a=(−2,1,3)，b=(−1,2,1)，
∴a−λb=(−2+λ,1−2λ,3−λ)，
∵a⊥(a−λb)，
∴a⋅(a−λb)=−2(−2+λ)+(1−2λ)+3(3−λ)=0，
解得实数λ=2．
故答案为：2．
14.【答案】34
【解析】【分析】
本题考查解三角形中余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
利用余弦定理化角为边，推出a= 2c，再次利用余弦定理得解．
【解答】
解：在△ABC中，2bcsC=a+2ccsB，
由余弦定理得2b⋅a2+b2−c22ab=a+2c⋅a2+c2−b22ac，
化简可得a2=2(b2−c2)，
又因为b= 2c，所以a2=2(2c2−c2)=2c2，即a= 2c，
由余弦定理知，csC=a2+b2−c22ab=2c2+2c2−c22× 2c× 2c=34．
故答案为34．
15.【答案】解：(1)∵2BD=DC，所以BD=13BC=13(OC−OB)，
∴OD=OB+BD=OB+13(OC−OB)=23OB+13OC，
∵点E为AD的中点，∴OE=12OA+12OD=12OA+12(23OB+13OC)=12OA+13OB+16OC=12a+13b+16c．
(2)∵BC=OC−OB，由(1)得OE⋅BC=(12OA+13OB+16OC)⋅(OC−OB)
=12OC⋅OA+16OC⋅OB+16OC2−12OB⋅OA−13OB2
=12×2×2×12+16×2×2×12+16×22−12×2×2×12−13×22=−13．
【解析】(1)先把OD表示出来，然后由点E为AD的中点得OE=12OA+12OD，化简即得结果；
(2)把OE,BC用OA,OB,OC表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果．
本题考查了向量的运算性质，属于基础题．
16.【答案】解：(1)在△ABC中，csC=2a−c2b，
∴由正弦定理得csC=2sinA−sinC2sinB，∴2sinA=sinC+2sinBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，∴sinC=2csBsinC，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，∴csB=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)在△ABC中，B=π3，b=3，sinC= 33，
∴由正弦定理得bsinB=csinC，∴c=bsinCsinB=2，
∴由余弦定理得csB=a2+4−94a=12，解得a=1+ 6(负值舍去)，
∴△ABC的面积为12acsinB=12×(1+ 6)×2× 32= 3+3 22．
【解析】(1)利用正弦定理角化边化简csC=2a−c2b，结合两角和的正弦公式即可推出csB=12，即可求解；
(2)由正弦定理求出c，由余弦定理求出a，结合三角形面积公式即可求得答案．
本题考查三角变换以及正余弦定理在解三角形中的应用．
17.【答案】(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
且CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，可得CD⊥平面PAD，
因为PA⊂平面PAD，
所以CD⊥PA；
(2)解：取AD中点O，连接OP，OB，
因为PA=PD，则PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
可得PO⊥平面ABCD，
由OA，OB⊂平面ABCD，可得PO⊥OA，PO⊥OB，
因为CD⊥AD，BC/​/AD，AD=2BC，则BC/​/OD，BC=OD，
可知四边形OBCD是平行四边形，则OB⊥AD，
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，

则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(−1,2,0)，D(−1,0,0)，P(0,0,1)，可得AP=(−1,0,1),PB=(0,2,−1),CB=(1,0,0)，
设平面APB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AP=−x+z=0n⋅PB=2y−z=0，
令y=1，可得n=(2,1,2)；
设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅CB=a=0m⋅PB=2b−c=0，
令b=1，可得m=(0,1,2)；
所以n⋅m=2×0+1×1+2×2=5，|n|= 22+12+22=3，|m|= 02+12+22= 5，
所以cs=n⋅m|n|⋅|m|=53× 5= 53．
所以平面APB与平面PBC夹角的余弦值为 53；
(3)解：设PM=λPB=(0,2λ,−λ),λ∈[0,1]，
且DP=(1,0,1)，则DM=DP+PM=(1,2λ,1−λ)，
若DM⊥平面PAB，则DM//n，可得12=2λ1=1−λ2，方程无解，
所以不存在点M，使得DM⊥平面PAB．
【解析】(1)根据面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，即可得结果；
(2)建系标点，分别求平面APB与平面PBC法向量，利用空间向量求面面夹角；
(3)设PM=λPB，分析可知DM//n，列式求解即可判断．
本题考查线面垂直的判定及性质，考查二面角的定义及求法，考查立体几何中的存在性问题，考查逻辑推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意及正弦定理可得：csB(sinCcsB+sinBcsC)+12sinA=0，
可得csBsin(B+C)+12sinA=0，
在△ABC中，sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=23π；
(2)因为b=7，a+c=8，a由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=a2+c2−492ac=−12，
所以(a+c)2−ac=49，即ac=15，
所以a=3，c=5，
由正弦定理可得：asinA=bsinB，
可得sinA=asinBb=37sin23π=3 314，
因为a可得csA= 1−sin2A= 1−(3 314)2=1314，
且A+C=π3，
所以sin(2A+π3)=sin(A+A+C)=sin(A+π3)
=sinAcsπ3+csAsinπ3=3 314×12+1314× 32=4 37；
(3)因为AD=2CD，BD是角平分线，即sin∠BCD=sin∠ABD，
因为S△BCDS△ABD=12CD⋅h12AD⋅h=12=12BC⋅BDsin∠CBD12AB⋅BDsin∠ABD=BCAB，
所以c=2a，
由正弦定理可知asinA=csinC，
所以asinA=2asin(π3−A)，
所以 32csA−12sinA=2sinA，
整理可得52sinA= 32csA，
即sinA= 35csA，
又因为sin2A+cs2A=1，且csA>0，
即325cs2A+cs2A=1，
解得csA=5 714．
【解析】(1)由题意及正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由余弦定理及正弦定理可得sinA的大小，进而可得csA的值，由两角和的正弦公式，可得sin(2A+C)的值；
(2)由角平分线的性质可得a=2c，由正弦定理可得csA的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM，

在△B1AC中M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM/​/B1C，又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C/​/平面A1BM；
(2)因为AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM，
又M为棱AC的中点，AB=BC，所以BM⊥AC，
因为AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1，所以BM⊥AC1，
因为AC=2，所以AM=1，又AA1= 2，
在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C=tan∠A1MA= 2，
所以∠AC1C=∠A1MA，即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°，
所以A1M⊥AC1，又BM∩A1M=M，BM，A1M⊂平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM；
解：(3)当点N为BB1的中点，即BNBB1=12时，平面AC1N⊥平面AA1C1C，
证明如下：设AC1的中点为D，连接DM，DN，

因为D，M分别为AC1，AC的中点，
所以DM//CC1且DM=12CC1，又N为BB1的中点，
所以DM/​/BN且DM=BN，
所以四边形BNDM为平行四边形，故BM/​/DN，
由(2)知：BM⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面ACC1A1，
又DN⊂平面AC1N，所以平面AC1N⊥平面ACC1A1．
【解析】(1)连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM，利用三角形中位线性质得到OM/​/B1C，再利用线面平行的判定即可证；
(2)应用线面垂直的性质、判定可得BM⊥平面ACC1A1，从而得到BM⊥AC1，根据∠AC1C=∠A1MA和
∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°得到A1M⊥AC1，再利用线面垂直的判定即可证；
(3)当点N为BB1的中点，设AC1的中点为D，连接DM，DN，易证四边形BNDM为平行四边形，从而得到BM/​/DN，进而有DN⊥平面ACC1A1，再利用面面垂直的判定即可证．
本题考查了线面平行，线面垂直的证明和面面垂直的应用，属于中档题．