2025-2026学年福建省厦门市集美中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2025-2026学年福建省厦门市集美中学高二（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量a=(x,1,1)，b=(1,−2,1)，且a⊥b，则x=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
2.已知，A(−1,−4)，B(λ,2)两点所在直线的倾斜角为3π4，则实数λ的值为( )
A. −7B. −5C. −2D. 2
3.如图，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M为BC中点，点N在侧棱OA上，且ON=2NA，则MN=( )
A. −12a−23b+12c
B. −23a+12b+12c
C. 23a−12b−12c
D. 12a+12b−12c
4.已知两点M(1,1)，N(−1,1)，直线l过点P(12,2)且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围可以是( )
A. k≤−2B. k≥23C. k≤−2或k≥23D. −2≤k≤23
5.设直线l1：(a+1)x+a2y−3=0，l2：2x+ay−2a−1=0，则“a=0”是“l1//l2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CC1中点，F为正方形A1B1C1D1内(含边界)的动点，若MF⊥AM，则动点F的轨迹长度为( )
A. 2B. 2 2C. π2D. π
7.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，P为线段CC1的中点，E在A1C1上，且满足A1E=34A1C1，则直线A1O到直线PE的距离为( )
A. 12 B. 33
C. 1 D. 32
8.如图，棱长为2的正方体的一个顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，且点B和点D到平面α的距离均为 22，则平面A1C1D与平面α的夹角的余弦值为( )
A. 12B. 22C. 13D. 66
二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中错误的是( )
A. 若直线的倾斜角为钝角，则其斜率一定为负数
B. 任何直线都存在斜率和倾斜角
C. 直线的一般式方程为Ax+By+C=0
D. 任何一条直线至少要经过两个象限
10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1和BB1的中点，则( )
A. EF//平面ABCD
B. D1E⊥CF
C. α=(1,0,2)是平面EFD1的一个法向量
D. 点C到平面EFD1的距离为4 55
11.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥面ABCD，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上，则( )
A. 四棱锥P−ABCD的外接球表面积为6π
B. MB+MD的最小值为 303
C. 不存在点M，使得AC⊥BM
D. 点M到直线AB的距离的最小值为2 55
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。
12.点A(1,0,1)，B(3,2,2)，C(λ+1,4,3)，若AB，AC的夹角为锐角，则λ的取值范围为______．
13.已知二面角α−l−β的大小为60°，A∈α，B∈β，C，D∈l，AC⊥l，BD⊥l且AC=BD=3，CD=5，则AB= ______．
14.已知A(3,0)，B(0,4)，直线y=kx+1将△AOB分割成面积相等的两部分(O为坐标原点)，则k= ______．
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题10分)
已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,c)，且|a+b|= 5．
(1)求c的值；
(2)若ka+b与2a−b互相垂直，求实数k的值．
16.(本小题12分)
已知△ABC的三个顶点的坐标为A(2,3)、B(1,−2)、C(−8,1)．
(1)求AB边的垂直平分线的截距式方程；
(2)求∠BAC的平分线所在直线的一般式方程．
17.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=4，AD=3．
(1)求证：CD1//平面ABB1A1；
(2)若CD1与平面ABCD所成角为60°，求平面ACD1与平面BCC1B1夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
如图1，在直角△ABC中，AB=BC，点D，E分别为边AB，AC的中点，将△ADE沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，如图2，且二面角P−DE−C的大小为60°．
(1)求证：平面PBC⊥平面PBD；
(2)在棱PE上是否存在点G，使得BG与平面PDE所成角的正弦值为3 68？若存在，求PGPE的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等腰直角三角形，△ACD为正三角形，∠ABC=90°，AB=2，现将△DAC沿AC翻折至△SAC，形成三棱锥S−ABC，其中S为动点．
(1)证明：AC⊥SB；
(2)若SC⊥BC，三棱锥S−ABC的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面SAC的距离；
(3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.C
5.C
6.A
7.D
8.A
9.BCD
10.ACD
11.ABD
12.(−5,4)∪(4,+∞)
13. 34
14.16
15.解：(1)a+b=(−1,0,c)+(1,1,0)=(0,1,c)，
所以|a+b|= 1+c2= 5，解得：c=±2；
(2)当c=2时，ka+b=(k,k,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，2a−b=(2,2,0)−(−1,0,2)=(3,2,−2)，
因为ka+b与2a−b互相垂直，
所以3(k−1)+2k−22=0，解得：k=75，
当c=−2时，ka+b=(k,k,0)+(−1,0,−2)=(k−1,k,−2)，2a−b=(2,2,0)−(−1,0,−2)=(3,2,2)，
因为ka+b与2a−b互相垂直，
所以3(k−1)+2k−22=0，解得：k=75，
综上：k=75．
16.(1)△ABC的三个顶点的坐标为A(2,3)、B(1,−2)、C(−8,1)，
∴AB的中点为M(32,12)，
kAB=−2−31−2=5，∴线段AB边的垂直平分线的斜率为−15，
∴AB边的垂直平分线的一般式方程为：x+5y−4=0，
∴AB边的垂直平分线的截距式方程为x4+y45=1；
(2)∵AB=(−1,−5)，AC=(−10,−2)，
∴AB|AB|=(− 2626,−5 2626)，AC|AC|=(−5 2626,− 2626)，
∴AB|AB|+AC|AC|=(−3 2613,−3 2613)，
即∠BAC的平分线的一个方向向量为(−3 2613,−3 2613)，
∴∠BAC的平分线的斜率为1，
∴∠BAC的平分线所在直线的一般式方程：x−y+1=0．
17.解：(1)证明：在四棱锥ABCD−A1B1C1D1中，∵AB//CD，CD⊄平面ABB1A1，
AB⊂平面ABB1A1，∴CD//平面ABB1A1，
∵AA1//DD1，DD1⊄平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，
∴DD1//平面ABB1A1，
又∵DC⋂DD1=D，∴平面ABB1A1//平面CDD1C1，
∵CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1//平面ABB1A1．
(2)∵AA1⊥平面ABCD，AB⊥AD，可得AA1，AB，AD两两垂直，
以AD，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
∵CD1与平面ABCD所成角为∠D1CD，∴∠D1CD=600，
∵CD=2，∴DD1=2 3.又∵AB=2CD=4，AD=3，
∴A(0,0,0),B(0,4,0),C(3,2,0),B1(0,4,2 3),D1(3,0,2 3)，
设平面ACD1的法向量m=(x,y,z)，
∵AC=(3,2,0),AD1=(3,0,2 3)，
∴m⋅AC=0，m⋅AD1=0，
∴3x+2y=0,3x+2 3z=0，令z=− 3，得x=2，y=−3，可得m=(2,−3,− 3)，
设平面BCC1B1的法向量m=(a,b,c)，
∵BB1=(0,0,2 3),BC=(3,−2,0)，
∴m⋅BB1=2 3c=0m⋅BC=3a−2b=0，令x=2，得y=3，z=0，
可得m=(2,3,0)，
∵|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=5 1352，
∴平面ACD1与平面BCC1B1夹角余弦值为5 1352．
18.

19.解：(1)取AC的中点E，连接SE，BE，

因为AB=BC，SA=SC，且AC的中点E，
所以SE⊥AC，BE⊥AC，
又SE∩BE=E，SE，BE⊂平面SBE，
故AC⊥平面SBE，
由于SB⊂平面SBE，
故AC⊥SB，
(2)当SC⊥BC时，由△CBS≌△ABS，则SA⊥BA，
取BS的中点O，连接OA，OC，

故O到A，B，C，S四点的距离相等，故O为三棱锥S−ABC外接球的球心，
因为AB=BC=2，AS=CS=2 2，故SE= 6，SB=2 3，EB= 2，
设S到平面ABC的距离为ℎ1，B到平面ABC的距离为ℎ2，
由等体积法可得VS−ABC=VB−ACS⇒13S△ABC×ℎ1=13S△ASC×ℎ2，
而cs∠SEB=− 33，
由于∠SEB∈(0,π)，故sin∠SEB= 63，
所以ℎ1=SE×sin(π−∠SEB)= 6× 63=2，
从而ℎ2=2 33，
故O到平面SAC的距离为 33．
(3)以B为原点，BC，BA，BZ分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B−xyz，

过点S作平面ABC的垂线，垂足为Q，
设∠SEQ=θ为翻折过程中所旋转的角度，则QE= 6csθ，
ℎ=SQ= 6sinθ，QB= 2+ 6csθ，
故B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，Q(1+ 3csθ,1+ 3csθ,0)，
S(1+ 3csθ,1+ 3csθ, 6sinθ)，
则BC=(2,0,0)，BS=(1+ 3csθ,1+ 3csθ, 6sinθ)，
设平面SBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BC=2x1=0m⋅BS=(1+ 3csθ)x1+(1+ 3csθ)y1+( 6sinθ)z1=0，
取y1= 6sinθ，则z1=−(1+ 3csθ)，
所以m=(0, 6sinθ,−1− 3csθ)，
设平面SAC的法向量为n=(x2,y2,z2)，
CS=(−1+ 3+csθ,1+ 3csθ, 6sinθ)，AC=(2,−2,0)，
则n⋅AC=2x2−2y2=0n⋅CS=(−1+ 3csθ)x2+( 3csθ+1)y2+( 6sinθ)z2=0，
取x2=sinθ，则y2=sinθ，
则n=(sinθ,sinθ,− 2csθ)，
设平面SBC平面与SAC的夹角为α，
故csα=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 2⋅| 3+csθ| 7−3cs2θ+2 3csθ× 2= cs2θ+2 3csθ+37−3cs2θ+2 3csθ，
csα= −13+83× 3csθ+27−3cs2θ+2 3csθ，
令 3csθ+2=t，2− 3