江苏省南京市励志高级中学创新班2025~2026学年高一上册第一次月考数学试题（含答案）

2025-2026学年南京市励志高级中学创新班高一（上）第一次月考数学试卷一、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.若向量a=(2,6)，b=(m+1,m−2)，且a//b，则m=(    )A. −52B. 52C. −54D. 542.已知向量a=(2,0)，a−b=(3,− 3)，则cos〈a−2b,a〉=(    )A. − 35B. 75C. 2 77D. 773.已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，则向量a在向量b上的投影为(    )A. − 102B. − 10C. (3 22,− 22)D. (32,−12)4.若向量a与b满足(a−2b)⋅b=2，且|b|=2，则a在b上的投影向量的模为(    )A. 2B. 4C. 5D. 85.对于不同直线m，n和平面α，β，下列叙述错误的是(    )A. m⊥α，n⊥m，则n//αB. α⊥β，α∩β=n，m⊂α，m⊥n，则m⊥βC. m⊂α，n⊂α，m∩n=P，m//β，n//β，则α//βD. m//α，m//β，α∩β=n，则m//n6.α，β为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列判断正确的是(    )A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m//n，n⊂α，则m//αC. 若m⊥α，n⊥α，则m//nD. 若m⊥α，n⊥m，则n//α7.如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的有(    )个．A. 1B. 2C. 3D. 48.如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC、AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为(    )A. 4 9191B. 2 9191C. 9191D. −4 9191二、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.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则(    )A. 直线BC1与AB1所成的角为60° B. 直线BC1与A1C所成的角为90°C. 直线BC1平面ABB1A1所成的角为45° D. 直线BC1与平面BDD1B1所成的角为45°10.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PB，PD的中点，则EF⊥平面PAC的一个充分条件可以为(    )A. EF⊥PC B. PA⊥平面ABCD C. PA=PC D. PB=PD11.已知向量a=(2,−1),b=(−3,−1)，则(    )A. (a+b)⊥a B. 向量a在向量b上的投影向量是−12bC. |2a+b|= 10 D. 与向量b方向相同的单位向量是(3 1010, 1010)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知等边△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为 616，则等边△ABC的面积是______．13.定义：向量a×b叫向量a与b的外积，且a×b的模为|a×b|=|a||b|sin〈a,b〉(其中〈a,b〉表示向量a与b的夹角).已知点A(0,1)，B(2,0)，C(3,2)，则|AC×BC|=______．14.已知向量a,b,c的模长分别为2，1，1，记向量a与b的夹角为θ，cosθ=1120，则|a+b−c|的最大值为______．四、解答题：本题共6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12分)已知a=( 3sinx,1−cosx),b=(cosx,1+cosx)，函数f(x)=a⋅b−12．(1)求函数f(x)的解析式和单调增区间；(2)当x∈[−π12,5π12]时，求函数f(x)的最小值和最大值．16.(本小题13分)已知：a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,2)(1)若|c|=2 5，且c//a，求c的坐标；(2)若b=(1,1)，且a与a+λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．17.(本小题13分)已知a，b是单位向量，且a⋅b=0．(1)若非零向量c满足(a−c)⋅(b−c)=0，求|c|的最大值；(2)若向量c满足|c−a−b|=1，求|c|的取值范围．18.(本小题13分)如图，四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD=AB=2，E为PC中点．(1)求证：PA//平面BDE；(2)求证：DE⊥平面PCB；(3)设平面PAB∩平面PCD=l，求证：l//平面ABCD．19.(本小题13分)如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3，连接PD，如图2， (1)证明：AB⊥PC；(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；(3)在线段PD上是否存在点N，使得PB//平面MCN？若存在，请求出PNPD的值；若不存在，请说明理由．20.(本小题13分)在直角梯形ABCD中，已知AB//DC，AD⊥AB，CD=1，AD=2，AB=3，动点E、F分别在线段BC和DC上，AE和BD交于点M，且BE=λBC，DF=(1−λ)DC，λ∈[0,1]．(1)当λ=12时，求AE⋅BD的值；(2)当λ=23时，求DMMB的值；(3)求|AF+12AE|的取值范围．参考答案1.A 2.C 3.D 4.C 5.A 6.C 7.C 8.A 9.ABC 10.ABD 11.ABC 12. 34 13.5 14.6 55+1 15.(1)已知a=( 3sinx,1−cosx),b=(cosx,1+cosx)，由题意f(x)=a⋅b−12= 3sinxcosx+1−cos2x−12= 32sin2x+12−1+cos2x2= 32sin2x−12cos2x=sin(2x−π6)，令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ,k∈Z，解得−π6+kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z，所以f(x)=sin(2x−π6)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ],k∈Z．(2)由题意x∈[−π12,5π12]⇒2x−π6∈[−π3,2π3]，所以f(x)=sin(2x−π6)的取值范围是[− 32,1]，所以f(x)的最小值为− 32，最大值为1．16.解：(1)∵a=(1,2)，c//a，故可设c=λa=(λ,2λ)，由|c|=2 5，可得λ2+4λ2=20，解得λ=±2，∴c=(2,4)或(−2,−4)．(2)∵a=(1,2)，b=(1,1)，∴a+λb=(λ+1,λ+2)，∵a与a+λb的夹角为锐角，∴a⋅(a+λb)>0，∴λ+1+2λ+4>0，λ>−53．而当a与a+λb共线且方向相同时，(λ+1,λ+2)=k(1,2)，k>0，解得λ=0，故λ的取值范围为(−53,0)∪(0,+∞)． 17.(1)设θ为向量a+b与c的夹角，因为a⋅b=0，且(a−c)⋅(b−c)=0，所以(a−c)⋅(b−c)=a⋅b−(a+b)⋅c+c2 =|c|2−(a+b)⋅c=|c|2−|a+b|⋅|c|cosθ=0，所以|c|(|c|−|a+b|cosθ)=0．又因为|c|≠0，a⋅b=0，所以|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 2，所以|c|=|a+b|cosθ= 2cosθ，所以|c|的最大值为 2；(2)由a⋅b=0，得a⊥b．又因为a，b是单位向量，所以|a|=|b|=1，且|c−a−b|=1，不妨令c=(x,y)，a=(1,0)，b=(0,1)，则(x−1)2+(y−1)2=1．又因为|c|= x2+y2，所以根据几何关系可知|c|max= 12+12+1=1+ 2，|c|min= 12+12−1= 2−1，所以|c|的取值范围是[ 2−1, 2+1]． 18.证明：(1)连接AC，交BD于M，如图，∵底面ABCD是正方形，故M为AC的中点，∴ME//PA，∴EM⊂平面BDE，AP⊄平面BDE，∴由线面平行的判定定理得AP//平面BDE；(2)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，又∵在正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PCD，∴由线面垂直的判定定理得BC⊥平面PCD，又∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE，∵PD=CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，又PC∩BC=C，且PC⊂平面PCB，BC⊂平面PCB，∴由线面垂直的判定定理得DE⊥平面PCB(3)在正方形ABCD中，有AB//CD，∵AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB//平面PCD，∵AB⊂面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，∴AB//l，∵l⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴由线面平行的判定定理得l//平面ABCD．19.(1)证明：连接PM，因为△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以PM⊥AB．因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，因为PM∩MC=M，PM，MC⊂平面PMC，所以AB⊥平面PMC，因为PC⊂平面PMC，所以AB⊥PC；(2)解：在PM上取点Q，使得PQ=2QM，设DB∩MC=F，连接NF，BQ，QF，因为BM//CD，所以BFDF=MFCF=BMCD=12，在△PMC中，MFCF=QMPQ=12，所以QF//PC，所以∠BFQ或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为QFPC=13，所以QF=13×3=1，又BF=13BD=13 BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cos120°=13 4+4+4=23 3，BQ= BM2+(13PM)2= 1+13=23 3，在△BFQ中，由余弦定理得cos∠BFQ=BF2+QF2−BQ22BF⋅FQ=1+43−432⋅1⋅2 33= 34， 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为 34；(3)解：假设线段PD上存在点N，使得PB//平面MCN，因为PB//平面MNC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MNC=NF，所以PB//NF，又BFDF=BMCD=12，所以BFFD=PNND=12，所以线段PD上存在点N，使得PB//平面MNC，且PN=13PD． 20.(1)当λ=12时，则BE=12BC，所以BC=BA+AD+DC=−AB+AD+13AB=−23AB+AD，所以BE=12BC=12(−23AB+AD)=−13AB+12AD，AE=AB+BE=AB−13AB+12AD=23AB+12AD，又BD=AD−AB，所以AE⋅BD=(23AB+12AD)⋅(AD−AB)=23AB⋅AD+12AD2−23AB2−12AB⋅AD=12×22−23×32=2−6=−4；(2)当λ=23时，BE=23BC，所以BC=BA+AD+DC=−AB+AD+13AB=−23AB+AD，所以BE=12BC=23(−23AB+AD)=−49AB+23AD，AE=AB+BE=AB−49AB+23AD=59AB+23AD，因为A，M，E三点共线，所以存在m，使AM=mAE=59mAB+23mAD，又因为B，M，D三点共线，所以59m+23m=1，解得m=911，所以AM=511AB+611AD，所以DMMB=11−66=56；(3)因为AF=AD+DF=AD+(1−λ)DC=AD+1−λ3AB，BC=BA+AD+DC=−AB+AD+13AB=−23AB+AD，所以BE=λBC=λ(−23AB+AD)，AE=AB+BE=AB+λ(−23AB+AD)=(1−23λ)AB+λAD，所以AF+12AE=(56−23λ)AB+(1+λ2)AD，|AF+12AE|2=(56−23λ)2AB2+2(56−23λ)(1+λ2)AB⋅AD+(1+λ2)2AD2，=9(56−23λ)2+4(1+λ2)2=5λ2−6λ+414=5(λ−35)2+16920，由题意知λ∈[0,1]，所以当λ=35时，|AF+12AE|取到最小值13 510，当λ=0时，|AF+12AE|取到最大值 412，所以|AF+12AE|的取值范围是[13 510, 412]．