2025-2026学年天津市滨海新区塘沽紫云中学高二上学期第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年天津市滨海新区塘沽紫云中学高二上学期第一次月考数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在空间直角坐标系中，点P(2,3,4)关于平面xOz对称的点的坐标为( )
A. 2,3,4B. −2,3,4C. 2,−3,4D. −2,−3,4
2.在平面直角坐标系Oxy中，直线x+ 3y−1=0的倾斜角等于( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
3.已知a=(−2,1,3),b=(4,−1,m)，且a⊥b，则m的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16OB+λOC，若MA,MB,MC共面，则λ=( )
A. 13B. 14C. 12D. 1
5.直线l1:ax+y−1=0,l2:(a−1)x−2y+1=0，则“a=−1”是“l1⊥l2”的( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知空间中三点A0,1,0，B2,2,0，C−1,3,1，则( )
A. AB与AC是共线向量B. AB的单位向量是2 55,− 55,0
C. AB与BC夹角的余弦值是 5511D. 平面ABC的一个法向量是1,−2,5
7.如图，在四面体OABC中，点M在棱OA上，且满足OM=2MA，点N，G分别是线段BC，MN的中点，则用向量OA，OB，OC表示向量OG应为( )
A. OG=13OA+14OB+14OCB. OG=13OA−14OB+14OC
C. OG=13OA−14OB−14OCD. OG=13OA+14OB−14OC
8.如图，在三棱锥S−ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥AC，SA=AC=2，AB=1，D为棱SA的中点，则异面直线SB与DC所成角的余弦值为( )
A. 45B. 35C. 215D. 25
9.直线l经过点P(3,2)，且点A(2,3),B(4,−5)到它的距离相等，则l的方程为( )
A. 4x+y+14=0B. 4x+y−14=0
C. x=3或4x+y+14=0D. x=3或4x+y−14=0
10.直线l的方程为λ+2x+λ−1y−3λ=0λ∈R，当原点O到直线l的距离最大时，λ的值为( )
A. −1B. −5C. 1D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知空间向量a=(2,−1,3),b=(2,x,−2)，且a⊥b，则x= ．
12.直线l1:ax+3y+1=0,l2:2x+(a+1)y+1=0，若l1//l2，则a的值为
13.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60 ∘，且A1A=3，则A1C的长为 ．
14.已知直线l:kx−y+1+2k=0，若直线l在两坐标轴上的截距相等，则实数k的值为 ；若直线l不经过第三象限，则k的取值范围是 ．
15.已知两点A(1,−2),B(2,1)，过点P(0,−1)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k取值范围是 ，其倾斜角α的取值范围是 ．
16.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,−2)，点B(1,0)，P为直线2x−4y+3=0上一动点，则|PA|+|PB|的最小值是 ，对应P点的坐标是 ．
三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知ΔABC的顶点A3,1，B−1,3C2,−1求：(1)AB边上的中线所在的直线方程(2)AC边上的高BH所在的直线方程．
18.(本小题12分)
已知直线l1:x−2y+3=0,l2:2x+3y−8=0．
(1)经过点A(1,4)且与直线l1平行的直线；
(2)经过点A(1,4)且与直线l2垂直的直线；
(3)经过直线l1与l2的交点，且在两坐标上的截距相等的直线．
19.(本小题12分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，∠BAC=90 ∘，AB=AC=4，A1A=A1B1=A1C1=2，侧棱A1A⊥平面ABC，点D是棱CC1的中点．

(1)证明：BB1⊥平面AB1C；
(2)求点B1到平面ABD的距离；
(3)求点C到直线B1D的距离．
20.(本小题12分)
如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形，CF= 3，平面EDCF⊥平面ABCD．
(1)求证：DF//平面ABE；
(2)求平面ABE与平面EFB夹角的余弦值；
(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的余弦值为 134，若存在，求出线段BP的长度，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.A
5.B
6.D
7.A
8.D
9.D
10.B
11.−2
12.−3
13. 5
14.−1或−12； ； ； ； ；．
；−12≤k≤0
15.[−1,1] ； ； ； ；
；0,π4∪3π4,π
16.4
；0,34
17.解：(1)∵A(3,1)，B(−1,3)，
∴中点M(1,2)，又C2,−1
∴直线CM的方程为y+12+1=x−21−2，即3x+y−5=0；
(2)∵直线AC的斜率为2，
∴直线BH的斜率为−12，
∴AC边上的高BH所在的直线方程为y−3=−12(x+1)，即x+2y−5=0

18.解：(1)设所求直线的方程为x−2y+C1=0，
依题意有1−2×4+C1=0，解得C1=7，
所以所求直线方程为x−2y+7=0；
(2)设所求直线方程为3x−2y+C2=0，
依题意有3×1−2×4+C2=0，解得C2=5，
所以所求直线方程为3x−2y+5=0；
(3)联立x−2y+3=02x+3y−8=0，解得x=1y=2，即直线l1与l2的交点为1,2，
当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为y=kx，代入1,2得k=2，此时y=2x；
当直线的截距都不为0时，假设直线方程为xa+yb=1(a,b≠0)，
依题意a=b1a+2b=1，解得a=b=3，此时直线方程为x3+y3=1，即x+y−3=0
综上所述y=2x或x+y−3=0．

19.解：(1)以点A为原点，分别以AB，AC，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则A0,0,0，B4,0,0，C0,4,0，A10,0,2，B12,0,2，C10,2,2，D0,3,1，
BB1=−2,0,2，AB1=2,0,2，BB1⋅AB1=−4+4=0，BB1⋅AC=0，
∴BB1⊥AB1，BB1⊥AC，
又∴AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴BB1⊥平面AB1C
(2)设平面ABD的法向量m=x,y,z，取AB=4,0,0，AD=0,3,1
则m⋅AB=0m⋅AD=0，即4x=03y+z=0，故x=0z=−3y
令y=1，解得x=0，z=−3
故平面ABD的一个法向量m=0,1,−3，
点B1到平面ABD的距离d=AB1⋅mm=6 10=3 105．
(3)∵B1D=−2,3,−1，CD=0,−1,1，
∴CD⋅B1DB1D=−3−1 4+9+1=4 14，
∴点C到直线B1D距离d= CD2−1614= 2−87= 427．

20.解：(1)因为四边形EDCF为矩形，平面EDCF⊥平面ABCD，
平面EDCF∩平面ABCD=DC，
所以ED⊥DC，则ED⊥平面ABCD，
根据题意可以以D为原点，DA所在直线为x轴，
DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
如图，易知A1,0,0,B1,2,0，E0,0, 3,F−1,2, 3,∴BE=−1,−2, 3,AB=0,2,0，
设平面ABE的法向量n=x,y,z,∴n⋅AB=2y=0n⋅BE=−x−2y+ 3z=0,
不妨令x= 3⇒y=0,z=1，则n= 3,0,1，
又DF=−1,2, 3，∴DF⋅n=− 3+ 3=0,∴DF⊥n，
又∵DF⊄平面ABE,∴DF//平面ABE．
(2)由上可知BE=−1,−2, 3,BF=−2,0, 3，设平面BEF的法向量m=a,b,c，
∴m⋅BE=−a−2b+ 3c=0m⋅BF=−2a+ 3c=0，令a=2 3⇒b= 3,c=4，则m=2 3, 3,4，
∴csθ=m⋅nm⋅n=102⋅ 31=5 3131，
∴平面ABE与平面EFB夹角的余弦值为5 3131．
(3)设DP=λDF=λ−1,2, 3=−λ,2λ, 3λ,λ∈0,1，∴P−λ,2λ, 3λ
∴BP=−λ−1,2λ−2, 3λ，
又∵平面ABE的法向量n= 3,0,1，
由直线BP与平面ABE所成角的余弦值为 134，
∴sinθ=csBP,n=− 3λ− 3+ 3λ2 λ+12+2λ−22+3λ2= 34，
∴8λ2−6λ+1=0，∴λ=12或λ=14．
当λ=12时，BP=−32,−1, 32,∴BP=2；
当λ=14时，BP=−54,−32, 34,∴BP=2．
综上，BP=2．