2024-2025学年河北省郑口中学、鸡泽一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省郑口中学、鸡泽一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共9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.设直线l：x− 3y+8=0的倾斜角为α，则α=( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知平面α的一个法向量为n=(4,−2,m)，直线l的一个方向向量为u=(−1,−3,2)，若l//α，则m=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
3.已知直线l1：x+2y+5=0与l2：3x+ay+b=0平行，且l2过点(−3,1)，则ab=( )
A. −3B. 3C. −2D. 2
4.如图，在正三棱锥P−ABC中，点G为△ABC的重心，点M是线段PG上的一点，且PM=3MG，记PA=a,PB=b,PC=c，则AM=( )
A. −34a+14b+14c
B. −34a+13b+14c
C. −14a+14b+14c
D. −14a+13b+14c
5.已知从点(−1,5)发出的一束光线，经过直线2x−y+2=0反射，反射光线恰好过点(2,7)，则反射光线所在的直线方程为( )
A. 2x+y−11=0B. 4x−y−1=0C. 4x+y−15=0D. x+y−9=0
6.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1= 2，AB=2，则点C到直线AB1的距离为( )
A. 63
B. 233
C. 303
D. 153
7.已知实数x，y满足y=2x−1，且−1≤x≤2，则y−6x−3的取值范围为( )
A. (−∞,−94]∪[3,+∞)B. [−3,94]
C. (−∞,94]∪[3,+∞)D. [94,3]
8.在正三棱锥P−ABC中，PA=AB=3，点M满足PM=xPA+yPB+(2−x−y)PC，则AM的最小值为( )
A. 4 65B. 6C. 6 65D. 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.已知空间向量a=(1,2,3),a+2b=(−3,0,5),c=(2,4,m)，且a//c，则下列说法正确的是( )
A. |b|= 6 B. m=6 C. (2b+c)⊥a D. cs〈b,c〉=− 2142
10.已知直线l1：x+ay−a=0和直线l2：ax−(2a−3)y−1=0，下列说法正确的是( )
A. l2始终过定点(23,13)B. 若l1//l2，则a=1或−3
C. 若l1⊥l2，则a=0或2D. 当a>0时，l1始终不过第三象限
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P，M是底面A1B1C1D1内的一点(包括边界)，且AP= 5,BM⊥AC，则下列说法正确的是( )
A. 点P的轨迹长度为π
B. 点M到平面A1BD的距离是定值
C. 直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+4 27
D. PM的最小值为 2−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知过点P(3,1)的直线l在x轴上的截距是其在y轴上截距的3倍，则满足条件的一条直线l的方程为_____．
13.已知向量a=(3,−2,3),b=(−1,3,−2),c=(7,0,λ)，若a,b,c共面，则λ= ______．
14.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1= 3，M为棱B1C1上的动点(包括端点)，N为AM的中点，则直线CN与平面ABB1A1所成角的正弦值的取值范围为______．
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)
已知△ABC的顶点坐标为A(−1,6)，B(−3,−1)，C(4,2)．
(1)若点D是AC边上的中点，求直线BD的方程；
(2)求AB边上的高所在的直线方程．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，点E，F分别为棱AB，A1B1的中点．
(1)求证：AF//平面B1CE；
(2)求直线C1E与直线AF的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，AC⊥DB1,AA1= 2AB=2，点P是棱DD1上的一点，且DP=2PD1．

(1)求证：四边形ABCD为正方形；
(2)求直线AD1与平面PAC所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知直线l1：kx−y−3−4k=0(k∈R)过定点P．
(1)求过点P且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线l2方程；
(2)若直线l1交x轴正半轴于点A，交y轴负半轴于点B，△ABO的面积为S(O为坐标原点)，求S的最小值并求此时直线l1的方程．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BCD=90°，BC=1，CD= 3，PD=2，∠PDA=60°，∠PAD=30°，且平面PAD⊥平面ABCD，在平面ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连接PO．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值；
(3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为2 77，求PM的长．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.A
5.C
6.C
7.D
8.B
9.ABD
10.ACD
11.BCD
12.x−3y=0或x+3y−6=0
13.5
14.[ 217,2 55]
15.解：(1)因为点D是AC边上的中点，A(−1,6)，C(4,2)，
则D(32,4)，
又B(−3,−1)，
所以kBD=−1−4−3−32=109，
所以直线BD的方程为y+1=109(x+3)，即10x−9y+21=0；
(2)因为kAB=−1−6−3+1=72，
所以AB边上的高所在的直线的斜率为−172=−27，
所以AB边上的高所在的直线方程为y−2=−27(x−4)，即2x+7y−22=0．
16.(1)证明：因ABC−A1B1C1是直三棱柱，则AB/​/A1B1，AB=A1B1，
又因点E，F分别为棱AB，A1B1的中点，所以AE//B1F，AE=B1F，
则四边形AEB1F是平行四边形，所以AF//B1E，
又因AF⊄平面B1CE，B1E⊂平面B1CE，
故AF/​/平面B1CE；
(2)解：如图，

因直三棱柱ABC−A1B1C1中AB⊥AC，故可以A为原点，
以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
不妨设AA1=2，则C1(0,2,2)，E(1,0,0)，F(1,0,2)，
于是C1E=(1,−2,−2),AF=(1,0,2)，
C1E⋅AF=1×1+(−2)×0+(−2)×2=−3，|C1E|= 12+(−2)2+(−2)2=3，|AF|= 12+02+22= 5，
所以cs=C1E⋅AF|C1E|⋅|AF|=−33× 5=− 55，
设直线C1E与直线AF的夹角为θ，θ∈[0,π2]，
则csθ=|cs|= 55．
故直线C1E与直线AF的夹角的余弦值为 55．
17.(1)证明：如图，连接DB，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又AC⊥DB1，BB1∩DB1=B1，BB1，DB1⊂平面BDB1，
所以AC⊥平面BDB1，又BD⊂平面BDB1，
所以AC⊥BD，又四边形ABCD是矩形，
所以四边形ABCD为正方形；
(2)解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，

则A( 2,0,0),C(0, 2,0),D1(0,0,2),P(0,0,43)，
所以PA=( 2,0,−43),PC=(0, 2,−43),AD1=(− 2,0,2)，
设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥PA，n⊥PC，可得n⋅PA= 2x−43z=0n⋅PC= 2y−43z=0，令z=3，可得x=y=2 2，
故平面PAC的一个法向量为n=(2 2,2 2,3)，
设直线AD1与平面PAC所成角的大小为θ，
所以sinθ=|cs|=|n⋅AD1||n||AD1|=|− 2×2 2+0×2 2+2×3| 6×5= 615，
即直线AD1与平面PAC所成角的正弦值为 615．
18.解：(1)直线l1：y+3=k(x−4)，则直线l1过定点P(4,−3)，
①当a≠0，b≠0时，设l的方程为xa+yb=1，
Q点(4,−3)在直线上，
所以4a+−3b=1，
若a=b，则a=b=1，
所以直线的方程为x+y=1，
若a=−b，则a=7，b=−7，
所以直线的方程为x−y=7；
②当a=b=0时，直线过原点，且过点(4,−3)，
所以直线的方程为3x+4y=0，
综上所述，所求直线l的方程为x+y−1=0或x−y−7=0或3x+4y=0；
(2)令y=0，则x=4k+3k，
令x=0，则y=−4k−3，
直线l1交x轴的正半轴于点A(4k+3k,0)，交y轴的负半轴于点B(0,−4k−3)，k>0，
O为坐标原点，设△AOB的面积为S，
则S=12⋅OA⋅OB=12⋅4k+3k⋅(4k+3)=12⋅(16k+24+9k)≥12⋅(24+2⋅ 16k⋅9k)=24，
当且仅当16k=9k时，即k=34时取等号，
故S的最小值为24，此时k=34，
直线l1：3x−4y−24=0．
19.证明：(1)因为∠ADC=∠BCD=90°，BO⊥AD
所以，四边形BODC为矩形，
在△PDO中，PD=2，DO=BC=1，∠PDA=60°，
则PO= PD2+OD2−2PD⋅ODcs60°= 3
∴PO2+DO2=PD2，
∴PO⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD；
(2)以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵PO= 3，∠PAD=30°，可得AO=3，
则O(0,0,0)，A(3,0,0)，P(0,0, 3)，B(0, 3,0)，C(−1, 3,0)，
设平面APB的法向量为m=(x,y,z)，PA=(3,0,− 3)，PB=(0, 3,− 3)，
由PA⋅m=3x− 3z=0PB⋅m= 3y− 3z=0，得m=(1, 3, 3)．
设平面CPB的法向量为n=(a,b,c)，PC=(−1, 3,− 3)，
由n⋅PB= 3b− 3c=0n⋅PC=−a+ 3b− 3c=0，得n=(0,1,1)，
cs=m⋅n|m||n|=2 3 7× 2= 427．
∵二面角A−PB−C是钝角，
∴二面角A−PB−C的正弦值为 77．
(3)设AM=λAP(0≤λ≤1)，
则BM=BA+AM
=(3,− 3,0)+λ(−3,0, 3)
=(3−3λ,− 3, 3λ)，
又平面PAD的法向量为OB=(0, 3,0)，
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为|cs|= 3 3× (3−3λ)2+3+3λ2× 3=2 77，
解得λ=34，
∴PM=14AP=14 PO2+OA2= 32．