2025-2026学年河南省周口市扶沟县高级中学高二上学期快班9月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年河南省周口市扶沟县高级中学高二上学期快班9月月考数学试卷（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。
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.已知A(1,2,−3)，则点A关于xOy平面的对称点的坐标是( )
A. (−1,2,−3)B. (1,2,3)C. (−1,2,3)D. (−1,−2,3)
2.若直线经过A(1,0),B(2, 3)两点，则直线AB的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 45°D. 120°
3.已知a=(1,2,−y)，b=(x,1,2)，且(a+2b) // (2a−b)，则( )
A. x=13，y=1B. x=12，y=−4C. x=2，y=−14D. x=1，y=−1
4.O为空间任意一点，若AP=−14OA+18OB+tOC，若A，B，C，P四点共面，则t=( )
A. 1B. 12C. 18D. 14
5.如图，在四面体OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c，G为▵OAB的重心，H为AC的中点，则GH=( )
A. 16a−13b+12cB. −23a−13b−13c
C. 16a−13b+13cD. −23a−13b+12c
6.过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−2,1)，B2 3,1两点的线段总有公共点，则直线l的倾斜角范围为( )
A. π4,π6B. π6,3π4C. 0,π6∪3π4,πD. π6,π2∪3π4,π
7.如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点M，N分别为棱BC，AD的中点，则下列命题正确的个数为( )
①AB⊥CD；②MN=12
③侧棱与底面所成角的余弦值为 33；④直线AM与CN所成角的正弦值为 53
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E为AB的中点(如图1)，将▵ADE沿直线DE翻折至▵A′DE处(如图2)，连接A′B，A′C，若四棱锥A′−EBCD的体积为4 3，点F为A′D的中点，则F到直线BC的距离为( )
A. 312B. 232C. 314D. 234
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.已知直线l1:x+(a−1)y+1=0，直线l2:ax+2y+2=0，则下列结论正确的是( )
A. l1在x轴上的截距为−1B. l2过定点(0,−1)
C. 若l1/\!/l2，则a=−1或a=2D. 若l1⊥l2，则a=23
10.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是( )
A. AE=12AB+12AC+AA1
B. AB1//平面A1CE
C. 异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为 312
D. 点A1到平面ACE的距离为2 55
11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点(含端点D,C)，则下列说法正确的是( )
A. 存在点Q，使得NQ⊥SB
B. 存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
C. 三棱锥Q−AMN体积的最大值是23
D. 当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于 ．
13.在空间直角坐标系中，点M(0,0,1)为平面ABC外一点，其中A(1,0,0)、B(0,2,1)，若平面ABC的一个法向量为1,y0,−1，则点M到平面ABC的距离为 ．
14.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，SO=AB=4，AC=BC，E为SC的中点，点D在SO上，若AD⊥BE，则OD= ．
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)
已知点P(−2,0,2)，Q(−1,1,2)，R(−3,0,4)，设a=PQ，b=PR，c=QR．
(1)若实数k使ka+b与c垂直，求k值．
(2)求a在b上的投影向量．
16.(本小题15分)
已知△ABC的三个顶点为A(4,0),B(0,2),C(2,6)．
(1)求AC边上的高BD所在直线的方程；
(2)求BC边上的中线AE所在直线的方程．
17.(本小题15分)
已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，底面是正方形，AD=AB=2,AA1=1，∠A1AB=∠DAA1=60°,A1C1=3NC1,D1B=2MB，设AB=a,AD=b,AA1=c．
(1)试用a,b,c表示AN；
(2)求MN的长度．
18.(本小题17分)
如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF//DE,DE⊥AD,AD⊥BE,AF=AD=12DE=1,AB= 2．
(1)求证：BF //平面CDE；
(2)求二面角B−EF−D的余弦值；
(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出BQBE的值，若不存在，说明理由．
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.B
2.B
3.B
4.C
5.A
6.B
7.C
8.A
9.ABD
10.ABD
11.ACD
12.2
13.2 33/23 3
14.2
15.解：(1)依题意，a=(1,1,0),b=(−1,0,2),c=(−2,−1,2)，ka+b=(k,k,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，
由ka+b与c垂直，得(ka+b)⋅c=−2(k−1)−k+2×2=0，解得k=2，
所以k=2．
(2)由(1)知，a⋅b=−1，|b|= 5，
所以a在b上的投影向量为a⋅b|b|2b=−15b=(15,0,−25)．

16.解：(1)由题，如图
因▵ABC的三个顶点为A(4,0),B(0,2),C(2,6)，则直线AC的斜率kAC=6−02−4=−3，
因AC⊥BD，则kBD=13，
故直线BD的方程为y−2=13x，即y=13x+2；
(2)因B(0,2),C(2,6)，则BC的中点为E(1,4)，
又A(4,0)，则直线AE的斜率为k=−43，
则直线AE的点斜式方程为y−0=−43(x−4)，即y=−43x+163．

17.解：(1)AN=AA1+A1N=AA1+23(A1B1+A1D1)=c+23(a+b)=23a+23b+c．
(2)AM=AB+12BD1=AB+12(BA+AD+DD1)=12a+12b+12c，
NM=AM−AN=(12a+12b+12c)−(23a+23b+c)=−16a−16b−12c，
所以|NM|= (−16a−16b−12c)2= 136a2+136b2+14c2+118a·b+16a·c+16b·c
= 136×4+136×4+14×1+16×2×1×12+16×2×1×12= 296．
所以MN= 296．

18.解：(1)取DE的中点M，连结MF，MC，
因为AF=12DE，所以AF=DM，且AF=DM，
所以四边形ADMF是平行四边形，所以MF//AD，且MF=AD，
又因为AD//BD，且AD=BC，所以MF//BC，MF=BC，
所以四边形BCMF是平行四边形，所以BF//CM，
因为BF⊄平面CDE，CM⊂平面CDE，
所以BF//平面CDE；
(2)因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，则DE⊥DB，故DA，DB，DE两两垂直，所以以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(−1,1,0)，E(0,0,2)，F(1,0,1)，
所以BE=(0,−1,2)，EF=(1,0,−1)，n=(0,1,0)为平面DEF的一个法向量．
设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅BE=0，m⋅EF=0，得−y+2z=0x−z=0,
令z=1，得m→=(1,2,1)．
所以csm→,n→=m→⋅n→m→n→=2 6= 63．
如图可得二面角B−EF−D为锐角，
所以二面角B−EF−D的余弦值为 63．
(3)结论：线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF．
证明如下：
设BQ=λBE=(0,−λ,2λ)λ∈[0,1]，
所以DQ=DB+BQ=(0,1−λ,2λ)．
设平面CDQ的法向量为u=(a,b,c)，又因为DC=(−1,1,0)，
所以u⋅DQ=0，u⋅DC=0，即(1−λ)b+2λc=0−a+b=0,
若平面CDQ⊥平面BEF，则m⋅u=0，即a+2b+c=0，
解得λ=17∈[0,1].所以线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，
且此时BQBE=17．

19.解：(1)因为BO⊥AD，所以∠BOD=90°，且∠ADC=∠BCD=90°，
所以四边形OBCD为矩形，所以BC=OD=1,OB=CD= 3，
又因为PD=2，∠PDA=60°，所以OP2=OD2+PD2−2OD⋅PD⋅cs60°=1+4−2×1×2×12=3，
所以OP= 3，所以OP2+OD2=PD2，所以OP⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BO⊥AD，BO⊂平面ABCD，
所以BO⊥平面PAD，又PO⊂平面PAD，所以PO⊥BO，
因为AD∩BO=O,AD,BO⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．
(2)以O为原点，分别以OA,OB,OP方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，
由条件可知tan∠PAD=tan30°=OPOA= 3OA= 33，所以OA=3，
所以A(3,0,0),P0,0, 3,B0, 3,0,C−1, 3,0，
所以PB=0, 3,− 3,AB=−3, 3,0,BC=(−1,0,0)，
设平面APB的一个法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅AB=−3x+ 3y=0n⋅PB= 3y− 3z=0，取x=1，则y= 3,z= 3，所以n=1, 3, 3，
设平面PBC的一个法向量为m=(a,b,c)，
所以m⋅PB= 3b− 3c=0m⋅BC=−a=0，取b=1，则a=0,c=1，所以m=(0,1,1)，
所以csm,n=m⋅nmn=0+ 3+ 3 7× 2= 427，
设二面角A−PB−C的平面角为θ，所以sinθ= 1−cs2m,n= 1−4249= 77，
故二面角A−PB−C的正弦值为 77．

(3)设PM=λPAλ∈[0,1]，因为A(3,0,0),P0,0, 3,B0, 3,0，所以PB=0, 3,− 3,PA=3,0,− 3，
因为PM=PB+BM=λPA，所以BM=λPA−PB=λ3,0,− 3−0, 3,− 3=3λ,− 3, 3(1−λ)，
取平面PAD的一个法向量p=(0,1,0)，设直线BM与平面PAD所成角为α，
所以sinα=csp,BM=p⋅BMpBM= 31× 9λ2+3+3(1−λ)2=2 77，解得λ=14，
因为AP= OA2+OP2= 9+3=2 3，所以PM=14AP= 32．