2024-2025学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学高二下学期3月份检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省盐城市滨海县东元高级中学高二下学期3月份检测数学试卷（含答案），共13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.若直线l的方向向量为a=1,0,2，平面α的法向量为n=−2,0,−4，则( )
A. l//αB. l⊥αC. l⊂αD. l与α相交但不垂直
2.已知直线l1的方向向量为a=(1,0,m)，直线l2的方向向量为b=(0,1,m)，若l1与l2的夹角为60∘，则m等于( )
A. 1B. −1C. ±1D. 0
3.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=2DC，E为PC上一点，且PC=4EC，则异面直线AC与BE夹角的余弦值为( )
A. − 4214B. 4214C. 2114D. − 2114
4.已知a=(2,−1,3)，b=(−1,4,−2)，c=(7,5,λ)，若{a,b,c}不能构成空间的一个基底，则实数λ的值为( )
A. 0B. 357C. 9D. 657
5.已知向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,1)，则向量b在向量a上的投影向量为 ( )
A. (−29,−49,−49)B. (29,49,49)C. (−23,13,13)D. (23,−13,−13)
6.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为线段DD1，BB1的中点，则点F到直线AE的距离为( )
A. 2 55B. 215C. 1155D. 1055
7.如图，三棱柱ABC−A1B1C1满足棱长都相等且AA1⊥平面ABC，D是棱CC1的中点，E是棱AA1上的动点．设
AE=x，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是( )
A. 先增大再减小B. 减小C. 增大D. 先减小再增大
8.如图，棱长为2正方体ABCD−A1B1C1D1，O 为底面AC 的中心，点P 在侧面BC1内运动且D1O⊥OP，则点P 到底面AC 的距离与它到点B 的距离之和最小是( )
A. 85B. 125C. 5D. 2 2
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.以下四个命题中正确的是( )
A. 若非零空间向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c，则有a/​/c
B. 若{a,b,c}是空间的一个基底，则a,b,c都不是零向量
C. 纵坐标为0的空间向量都共面
D. 已知{a,b,c}是空间的一个基底，则c,a+b,a−b也是空间的一个基底
10.在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
(1)过点P0(x0,y0,z0)，且以u=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c;
(2)过点P(x0,y0,z0)，且v=(m,n,t)(mnt≠0)为法向量的平面α的方程为m(x−x0)+ n(y−y0)+t(z−z0)=0．
现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:6x−3y=2,3y−2z=1,l2:x−3=y=1−z，l3:x−12=y−32=z−4−2，则( )
A. l1⊥αB. l2//αC. l3//αD. l1//α
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法正确的是( )
A. 三棱锥D−A1D1Q的体积为定值
B. 若D1Q//平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
C. 存在Q点，使得D1Q⊥平面A1PD
D. 若直线D1Q与平面BCC1B1所成角的正切值为2，那么点Q的轨迹是以C1为圆心，半棱长为半径的圆弧
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=λ+1,0,2λ，b=(6,2μ−1,2)，若a//b，则λ+μ的值是
13.在空间直角坐标系中，点P坐标可记为x,y,z：定义柱面坐标系，在柱面坐标系中，点P坐标可记为r,θ,z.如图所示，空间直角坐标x,y,z与柱面坐标r,θ,z之间的变换公式为：x=rcsθ，y=rsinθ，z=z.则在柱面坐标系中，点A1,π2,2与点B2,θ,−1两点距离的最小值为 ．
14.如图所示的木质正四棱锥模型P−ABCD，过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E，F，G，若PEPB=35,PFPC=12，则PGPD的值为 ．
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)
如图，在六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，底面ABCDEF是正六边形，设AB=a，AF=b，AA1=c.若cs∠BAA1=cs∠FAA1=15，AB=2，AA1=5，求：

(1)A1C⋅A1D；
(2)AE1．
16.(本小题12分)
在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=AA1,∠A1AB=∠A1AD=60∘．
(1)求证：平面A1BD⊥平面A1AC;
(2)若BD= 2A1D=2，求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．
17.(本小题12分)
如图1，等腰直角△ABC的斜边BC=4，D为BC的中点，沿BC上的高AD折叠，使得二面角B−AD−C为60∘，如图2，M为CD的中点．
(1)证明：BM⊥AC．
(2)求二面角M−AB−D的余弦值．
(3)试问在线段AC上是否存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210?若存在，求出线段AQ的长度;若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图，已知ABCD−A1B1C1D1是底面边长为2的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点，O为AC与BD的交点．
(1)证明：C1O//平面AB1D1；
(2)若点C1到平面AB1D1的距离为 22，求正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高；
(3)若线段CC1上存在点P，使得直线AP与平面AB1D1所成角为60 ∘，求线段CC1的取值范围．
19.(本小题12分)
定义两个n维向量ai=xi,1,xi,2,⋯,xi,n，aj=xj,1,xj,2,⋯,xj,n的数量积ai⋅aj=xi,1xj,1+xi,2xj,2+⋯+xi,nxj,n(i,j∈N+)，ai⋅ai=ai2，记xi,k为ai的第k个分量(k≤n且k∈N+).如三维向量a1=2,1,5，其中a1的第2分量a1,2=1.若由n维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素ai，aj，满足ai2=aj2=T(T为常数)且ai⋅aj=1.则称A为T的完美n维向量集．
(1)求2的完美3维向量集：
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由：
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和Sk=T．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.B
6.D
7.D
8.A
9.BCD
10.AC
11.ABD
12.710
13. 10
14.34
15.【详解】(1)依题意，底面ABCDEF为正六边形，连接对角线且交点记为O，如图：
A1C=A1A+AB+BC=A1A+AB+AO=−AA1+AB+AB+AF
=2AB+AF−AA1=2a+b−c，
A1D=A1C+CD=A1C+AF=2a+b−c+b=2a+2b−c，
由AB=2,AA1=5，则a=b=2,c=5，
由cs∠BAA1=cs∠FAA1=15，则a⋅b=abcs2π3=−2，
a⋅c=accs∠BAA1=2，b⋅c=bccs∠FAA1=2，
A1C⋅A1D=(2a+b−c)⋅(2a+2b−c)=4a2+2b2+c2+6a⋅b−4a⋅c−3b⋅c
=16+8+25−12−8−6=23．
(2)由(1)知AE1=AF+FE+EE1=AF+AO+EE1=AF+AF+AB+AA1=a+2b+c，
因此AE12=a+2b+c2=a2+4b2+c2+4a⋅b+2a⋅c+4b⋅c
=4+16+25−8+4+8=49，
所以AE1=7．

16.【详解】(1)在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，
由AA1=AB,∠A1AB=∠A1AD=60∘，得▵A1AB和▵A1AD均为正三角形，
于是A1B=A1A=A1D，令AC与BD的交点为O，则A1O⊥BD，又AC⊥BD，
而A1O∩AC=O,A1O,AC⊂平面A1AC，因此BD⊥平面A1AC，而BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD⊥平面A1AC．
(2)由A1B=A1D及BD= 2A1D=2，得A1B⊥A1D，AB=AD= 2，则∠BAD=90∘，
AO=A1O=12BD=1,AA1= 2，AO2+A1O2=2=AA12，于是A1O⊥AO，
由(1)知直线OA,OB,OA1两两垂直，以O为原点，直线OA,OB,OA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),A1(0,0,1),BB1=AA1=(−1,0,1),DB=(0,2,0)，
设平面B1BD的法向量n=(x,y,z)，则n⋅DB=2y=0n⋅BB1=−x+z=0，令x=1，得n=(1,0,1)，
平面A1BD的法向量为OA=(1,0,0)，设平面A1BD设平与平面B1BD所成角为θ，
则csθ=|cs⟨n,OA⟩|=|n⋅OA||n||OA|=1 2= 22，则θ=45∘，
所以平面A1BD与平面B1BD所成角的大小为45∘．

17.解：(1)证明：
在图1的等腰直角△ABC中，
D为BC的中点，所以AD⊥BC，
所以在图2中，有AD⊥BD，AD⊥CD，
又BD∩CD=D，BD、CD⊂平面BCD，
所以AD⊥平面BCD，
因为BM⊂平面BCD，所以AD⊥BM，
因为AD⊥平面BCD，
所以∠BDC是二面角B−AD−C的平面角，
即∠BDC=60∘，所以△BCD为正三角形，
因为M为CD的中点，所以CD⊥BM，
又AD∩CD=D，AD、CD⊂平面ACD，
所以BM⊥平面ACD，
因为AC⊂平面ACD，所以BM⊥AC；
(2)以D为原点，DC，DA所在直线分别为y，z轴，过D点作平面ADC垂线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
易知A(0,0,2)，B( 3,1,0)，C(0,2,0)，M(0,1,0)，
所以AB=( 3,1,−2)，BM=(− 3,0,0)，
设平面ABM的法向量为n1=(x,y,z)，
则 3x+y−2z=0− 3x=0,
令y=2，得z=1，x=0，
所以平面ABM的一个法向量为n1=(0,2,1)，
同理平面ABD的一个法向量为n2=(−1, 3,0)，
所以csn1,n2=n1⋅n2|n1||n2|=2 32 5= 155，
观察可知二面角M−AB−D的平面角为锐角，
所以二面角M−AB−D的余弦值为 155；
(3)假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210，
MA=(0,−1,2)，AC=(0,2,−2)，设AQ=λAC=(0,2λ,−2λ)，
则MQ=MA+AQ=(0,2λ−1,2−2λ)，λ∈[0,1]，
依题意可得 210=|2(2λ−1)+2−2λ| 5× (2λ−1)2+(2−2λ)2，
解得λ=14或λ=−58(舍去)，
所以存在点Q，使得直线MQ与平面ABM所成角的正弦值为 210，此时|AQ|= 22．

18.【详解】(1)证明：连接AO1，
因为ABCD−A1B1C1D1是底面边长为2的正四棱柱，
所以AA1=CC1, AA1//CC1，
故四边形AA1C1C为平行四边形，则AC=A1C1，AC//A1C1，
又O1为A1C1与B1D1的交点，O为AC与BD的交点，
所以AO=O1C1，且AO//O1C1，
故四边形AOC1O1为平行四边形，
所以AO1//OC1，又AO1⊂平面AB1D1，OC1不在平面AB1D1内，
所以C1O//平面AB1D1；
(2)以A1为坐标原点，A1B1, A1D1, A1A分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，
则B12,0,0,D10,2,0,C12,2,0，设AA1=ℎ，则A0,0,ℎ，
设平面AB1D1的一个法向量为m=x,y,z,B1A=−2,0,ℎ,B1D1=−2,2,0，
则m⊥B1Am⊥B1D1，则m⋅B1A=−2x+ℎz=0m⋅B1D1=−2x+2y=0,
令z=1，则x=y=ℎ2，故m=ℎ2,ℎ2,1，
点C1到平面AB1D1的距离为：B1C1⋅mm=0,2,0⋅ℎ2,ℎ2,1 ℎ24+ℎ24+1=ℎ ℎ22+1= 22，
解得ℎ= 63，
故正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高为ℎ= 63；
(3)
设AA1=ℎ，则A0,0,ℎ，
由(2)知平面AB1D1的一个法向量为m=ℎ2,ℎ2,1，
设P2,2,t,0≤t≤ℎ，则AP=2,2,t−ℎ，
则AP⋅mAP⋅m=ℎ+t ℎ22+1⋅ t2−2ℎt+ℎ2+8= 32，
故ℎ+t t+ℎ2−4ℎℎ+t+4ℎ2+8= 32× ℎ22+1，设s=ℎ+t∈ℎ,2ℎ，
则s s2−4ℎs+4ℎ2+8= 32× ℎ22+1，
故1 1−4ℎs+4ℎ2+8s2= 32× ℎ22+1，设u=1s∈12ℎ,1ℎ，
则1 1−4ℎu+4ℎ2+8u2= 32× ℎ22+1在12ℎ,1ℎ上有解；
因为y=4ℎ2+8u2−4ℎu+1的对称轴为u=2ℎ4ℎ2+8