2024-2025学年重庆十八中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆十八中高二（上）月考数学试卷（10月份）（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。
1.已知向量AB=(−1,1,1)，AC=(1,−1,0)，则平面ABC的一个法向量n=( )
A. (1,1,0)B. (1,−1,0)C. (1,1,2)D. (−1,1,2)
2.两直线的斜率分别是方程x2+2024x−1=0的两根，那么这两直线的位置关系是( )
A. 平行B. 斜交C. 垂直D. 重合
3.在四面体ABCD中，点M，N满足AM=2MB，CD=2CN，若MN=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=( )
A. −13B. 13C. 12D. 1
4.下列四个命题，其中真命题是( )
A. 若向量a与向量b，c共面，则存在实数x，y，使a=xb+yc
B. 若直线a的方向向量为a=(1,0,−1)，平面α的法向量为m=(1,1,1)，则a⊥α
C. 若直线l的方向向量n=(12,0,3)，平面α的法向量为m=(−2,0,13)，则直线l//α
D. 若AB=(1,2,−2)，AC=(−12,0,1)，则点B到直线AC的距离为2
5.若向量〈e1,e2,e3〉是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量a，存在唯一的有序实数组(x,y,z)，使得：a=xe1+ye2+ze3，我们把有序实数组(x,y,z)叫做基底〈e1,e2,e3〉下向量a的斜坐标.设向量p在基底〈a,b,c〉下的斜坐标为(1,−2,5)，则向量p在基底〈a+b,b+c,c+a〉下的斜坐标为( )
A. (−3,−1,4)B. (3,1,−4)C. (3,−1,−4)D. (−3,1,4)
6.如图，平行六面体各棱长为1，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，动点P在该几何体内部，且满足AP=xAB+yAD+(1−x−y)AA1(x,y∈R)，则|AP|的最小值为( )
A. 64B. 63C. 62D. 12
7.长方体ABCD−A1B1C1D1，AB=BC=1，BB1=2，点P在长方体的侧面BCC1B1上运动，AP⊥BD1，则二面角P−AD−B的平面角正切值的取值范围是( )
A. [0,14]B. [0,12]C. [14,12]D. [12,1]
8.如图，在正方形中，点E，F分别是线段AD，BC上的动点，且AE=BF，AC与EF交于G，EF在AB与CD之间从AB向CD滑动，但与AB和CD均不重合.在EF任一确定位置，将四边形EFCD沿直线EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，则下列选项中错误的是( )
A. ∠AGC的角度不会发生变化B. 二面角G−AC−B先变大后变小
C. AC与平面ABFG所成的角变小D. AC与EF所成的角先变小后变大
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.在空间直角坐标系中，下列说法正确的是( )
A. 点A(1,2,3)关于坐标平面Oyz的对称点的坐标为(1,−2,−3)
B. 点B(4,0,5)在平面Ozx面上
C. 点C(−1,1,2)，D(1,3,4)的中点坐标是(0,2,3)
D. 两点E(2,−7,4)，F(4,−5,3)间的距离为3
10.如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底面直径为6，则( )
A. 设圆锥的轴截面三角形为△PAB，则其为等边三角形
B. 设内切球的半径为r1，外接球的半径为r2，则r2= 3r1
C. 设圆锥的体积为V1，内切球的体积为V2，则V1V2=278
D. 设S，T是圆锥底面圆上的两点，且ST=3，则平面PST截内切球所得截面的面积为3π5
11.如图，点P是棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，A1E=14A1B1，A1F=14A1D1，B1P//平面AEF，则下列说法正确的是( )
A. 三棱锥A−PEF的体积是定值
B. 存在一点P，使得C1P⊥A1C
C. 动点P的轨迹长度为7 2+2 17
D. 五面体EF−ABD的外接球半径为 6818
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点P(1,0)，A(0,1)，B(2, 3)，过P的直线l(不垂直于x轴)与线段AB相交，则直线l斜率的取值范围是______．
13.如图，两条异面直线a，b所成角为30°，在直线上a，b分别取点A′，E和点A，F，使AA′⊥a且AA′⊥b，已知A′E=2，AF= 3，EF=5，则线段AA′的长为______．
14.已知三棱锥P−ABC的四个面是全等的等腰三角形，且PA=4 2，PB=AB=2 5，D为AB中点，PE=3EC，则二面角P−DE−A的余弦值为______．
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=(1,5,−1)，b=(−2,3,5)．
(1)若(ka+b)//(a−3b)，求k；
(2)若(ka+b)⊥(a−3b)，求k．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1= 3，AB⊥AC，D为A1C1的中点．
(1)证明：AB1⊥平面A1BD；
(2)若AC=6，求二面角A−BC−D的余弦值．
17.(本小题12分)
如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA′的长为2，且∠A′AB=∠A′AD=120°，在线段AA′、BB′、CC′、DD′分别取A″、B″、C″、D″四点且AA″=14AA′，BB″=12BB′，CC″=34CC′，DD″=12DD′.求：
(1)证明：A″，B″，C″，D″四点共面；
(2)AC′⊥面ABCD；
(3)直线BD′与平面ABCD所成角的余弦值．
18.(本小题12分)
在底面是菱形的四棱锥S−ABCD中，已知AB=AS= 5，BS=4，过D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．
(1)在棱AD上是否存在一点E，使得OE⊥侧面SBC，若存在求DE的长；若不存在，说明理由；
(2)求二面角B−SC−D的平面角的余弦值．
19.(本小题12分)
如图①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM，N为PB中点．
(1)求证：NC//平面PAM；
(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；
(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.A
5.D
6.B
7.B
8.B
9.BCD
10.AD
11.ACD
12.[ 3,+∞)∪(−∞,−1]
13. 6或3 2
14.2 10535
15.解：因为a=(1,5,−1)，b=(−2,3,5)．
∴(1)ka+b=(k−2,5k+3,−k+5)，a−3b=(7,−4,−16)，
由(ka+b)/​/(a−3b)，得到k−27=5k+3−4=−k+5−16，解得k=−13；
(2)若(ka+b)⊥(a−3b)，
则7(k−2)−4(5k+3)−16(5−k)=0，解得k=1063．
16.解：(1)证明：∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥面ABC，
∴A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，且AB∩A1A=A，∴AC⊥面A1B1BA，
又A1C1/​/AC，故A 1C1⊥面A1B1BA，
∵AB1⊂面A1B1BA，∴AB1⊥A1C1，即AB1⊥A1D，
又AB=AA1，∴四边形A1B1BA为正方形，故AB 1⊥A1B，
A1D∩A1B=A1，∴AB1⊥面A1BD；
(2)由题意，可以以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则B( 3,0,0)，C(0,6,0)，D(0,3, 3)，BC=(− 3,6,0)，BD=(− 3,3, 3)，
设面BCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=0n⋅BD=0，即− 3x+6y=0− 3x+3y+ 3z=0，
令x=2 3，则y=1，z= 3，故n=(2 3,1, 3)，
∵AA1⊥面ABC，∴可取面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
∴|cs|=|m⋅n||m||n|= 34，
∴二面角A−BC−D的余弦值为 34．
17.(1)证明：因为A″B″=−14AA′+AB+12BB′=14AA′+AB，
C″D″=14CC′+C′D′−12DD′=−14AA′−AB，
所以A″B″=−C″D″，
故A″B″//C″D″，
所以A″，B″，C″，D″四点共面；
(2)证明：因为AC′=AC+AA′=AB+AD+AA′，
所以|AC′|2=(AB+AD+AA′)2=|AB|2+|AD|2+|AA′|2+2AB⋅AD+2AB⋅AA′+2AD⋅AA′
=1+1+4+0+2×1×2×cs120°+2×1×2×cs120°=2，
故|AC′|= 2，即AC′= 2，
又因为AC= 1+1= 2，CC′=2，
得AC2+AC′2=CC′2，则AC′⊥AC，
又AB⋅AC′=AB⋅(AB+AD+AA′)=|AB|2+AB⋅AD+AB⋅AA′=1+0+1×2×cs120°=0，
所以AC′⊥AB，
又因为AC、AB⊂平面ABCD，且AC∩AB=A，
故AC′⊥平面ABCD；
(3)解：由(2)可得AC′是平面ABCD的法向量，
设直线BD′与平面ABCD所成角为θ，则csθ=sin，
又BD′=BA+BC+BB′=−AB+AD+AA′，
所以|BD′|2=(−AB+AD+AA′)2=|AB|2+|AD|2+|AA′|2−2AB⋅AD−2AB⋅AA′+2AD⋅AA′
=1+1+4−0−2×1×2×cs120°+2×1×2×cs120°=6，|BD′|= 6，
所以cs=BD′⋅AC′|BD′|⋅|AC′|=(−AB+AD+AA′)⋅(AB+AD+AA′)|BD′|⋅|AC′|
=|AD|2+|AA′|2+2AD⋅AA′−|AB|2 6× 2=1+4+2×1×2×cs120°−12 3= 33，
故csθ=sin= 1−( 33)2= 63．
18.解：(1)连接AO，∵AB=AS，O是BS的中点，∴BS⊥AO，
∵DO⊥面ABS，∴DO⊥BS，又AO∩DO=O，AO、DO⊂平面AOD，∴BS⊥平面AOD．
过O作OE⊥AD于E，则OE⊥BC，∵OE⊂平面AOD，∴BS⊥OE，又BC∩BS=B，BC、BS⊂平面SBC，∴OE⊥面SBC．
在Rt△AOD中，AO= AB2−(12BS)2=1，DO= AD2−AO2=2，
∵S△AOD=12AO⋅DO=12AD⋅EO，∴EO=AO⋅DOAD=1×2 5=2 55．
∴DE= DO2−EO2=4 55．
(2)以O为原点，OA，OB，OD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：

A(1,0,0)，B(0,2,0)，S(0,−2,0)，D(0,0,2)，
∴AD=(−1,0,2)，DC=AB=(−1,2,0)，DS=(0,−2,−2)．
由(1)知，AE=15AD，∴E(45,0,25)，∵EO⊥平面SBC．
∴平面SBC的一个法向量n1=(2,0,1)，
设平面SCD的一个法向量是n2=(x,y,z)，
则n2−⋅SC=0n2⋅SD=0，令y=1，则x=2，z=−1．
∴n2=(2,1,−1)．
∴cs=n1⋅n2|n1||n2|= 3010，
由图可知，二面角B−SC−D为钝角，
故二面角B−SC−D的平面角的余弦值为− 3010．
19.(1)证明：取PA中点Q，连接NQ，MQ，

由N为PB中点，得NQ//AB，NQ=12AB，
依题意，MC/​/AB，MC=12AB，
则NQ//MC，NQ=MC，
于是四边形CMQN是平行四边形，则CN//MQ，
而MQ⊂平面PAM，NC⊄平面PAM，
所以NC//平面PAM；
(2)解：取AM中点G，连接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，
而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD=AM，PG⊂平面PAM，
则PG⊥平面ABCD，
过M作Mz//PG，则Mz⊥平面ABCD，
又MA，MB⊂平面ABCD，于是Mz⊥MA，Mz⊥MB，
在矩形ABCD中，MA=MB= 2，MA2+MB2=4=AB2，则MA⊥MB，
以点M为原点，MA，MB，Mz所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，

则M(0,0,0)，B(0, 2,0)，C(− 22, 22,0)，P( 22,0, 22)，
则MB=(0, 2,0)，MP=( 22,0, 22)，BC=(− 22,− 22,0)，
设平面PMB的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅MB= 2b=0m⋅MP= 22a+ 22c=0，令a=1，得m=(1,0,−1)，
设直线BC与平面PMB所成的角为θ，则sinθ=|cs|=|m⋅BC||m||BC|= 22 2×1=12，
所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6；
(3)解：连接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，
而PG⊥AM，则∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，
DA，DC，Dz所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，M(0,1,0)，C(0,2,0)，
显然AM⊥平面PGD，AM⊂平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，
在平面PGD内过P作PH⊥DG于点H，则PH⊥平面ABCM，
设P(x0,y0,z0)，而PG= 22，
则PH= 2sinθ，GH= 22csθ，DH= 22(1−csθ)，
即x0=y0= 22(1−csθ)⋅ 22=12(1−csθ)，z0= 22sinθ，
所以P(12(1−csθ),12(1−csθ), 22sinθ)，
于是AM=(−1,1,0)，PA=(1+csθ2,csθ−12,− 22sinθ)，
设平面PAM的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则−x1+y1=01+csθ2x1+csθ−12y1− 2sinθ2z1=0，令z1= 2，得n1=(tanθ,tanθ, 2)，
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
因为CB=(1,0,0)，PC=(csθ−12,csθ+32,− 22sinθ)，
则x2=0csθ−12x2+csθ−32y2− 2sinθ2z2=0，令y2= 2sinθ，得n2=(0, 2sinθ,3+csθ)，
设平面PAM和平面PBC的夹角为α，
则csα=|n1⋅n2||n1||n2|=| 2sin2θcsθ+3 2+ 2csθ| (2tan2θ+2)(sin2θ+6csθ+10)=|3csθ+1| 11−cs2θ+6csθ
=3|csθ+13| −(csθ+13)2+203(csθ+13)+809=3 809(csθ+13)2+203(csθ+13)−1，
令t=1csθ+13,θ∈(0,π2]，则t∈(2,3]，
即csα=9 80t2+60t−9，则当t=3时，csα有最小值 1111，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为 1111．