2025-2026学年四川省内江市第六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学年四川省内江市第六中学高二上学期第一次月考数学试卷（含答案），共11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.以下向量中与向量a=(1,2,3),b=(3,1,2)都垂直的向量为( )
A. (1,7,5)B. (1,-7,5)C. (-1,-7,5)D. (1,-7,-5)
2.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为2π3的扇形，则该圆锥表面积为( )
A. 43B. 16π9C. 4π3D. 8π3
3.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，N是A1B的中点，若CA=a，CB=b，CC1=c，则CN=( )
A. 12a+b-c)B. 12a+b+c
C. a+b+12cD. a+12b+c
4.已知m,n为异面直线，m⊥平面α,n⊥平面β，若直线l满足l⊥m,l⊥n，则下列说法一定错误的是( )
A. α∩β=lB. α与β相交，且交线平行于l
C. α⊥β，且交线平行于lD. α/\!/β，l/\!/α
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A1-BCD和三棱锥A1-ABC公共部分的体积为( )
A. 13B. 12C. 23D. 1
6.如图，在圆台O1O中，OA=OO1=2O1A1=2，OB=BA，且OA/\!/O1A1，BC⊥OA，则异面直线OO1与A1C所成角的余弦值为( )
A. 2 37B. 77C. 2 77D. 217
7.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E为棱CC1的中点，点M为侧面BCC1B1内一动点，且A1M//平面AED1，则线段A1M的长度的最小值为( )
A. 1B. 65C. 3 35D. 305
8.若点N为点M在平面α上的正投影，则记N=fα(M).如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C、C1不重合)Q1=fγfβ(P)，Q2=fβfγ(P).给出下列三个结论：
①线段PQ2长度的取值范围是12, 22；
②存在点P使得PQ1//平面β；
③存在点P使得PQ1⊥PQ2．
其中，所有正确结论的序号是
A. ①②③B. ②③C. ①③D. ①②
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.下列命题中正确的有( )
A. 与向量a=(1,- 2,1)共线的一个单位向量为-12, 22,-12
B. A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若OP=34OA+18OB+18OC，则P，A，B，C四点共面．
C. 正四面体OABC的棱长为 2，则OA+OB+OC= 6．
D. 若a=4，向量e为单位向量， =2π3，向量a在向量e方向上投影的数量-2．
10.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为6，点M,N分别是线段A1B1,CC1的中点，则( )
A. MN//平面A1BC
B. A1N⊥AM
C. 三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为84π
D. 点A到平面BMN的距离为3 3
11.如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，BD=2,DE=1，点P在线段EF上(包含端点).下列说法正确的是( )
A. 存在点P，使得直线DP//平面ACF
B. 存在点P，使得直线DP⊥平面ACF
C. 直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是 55,1
D. 三棱锥A-CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a→=(-m,1,3)平行于向量b→=(2,n,1)，则m+n= ．
13.如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
14.在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，▵ABC是边长为6的正三角形．将该四边形沿对角线AC折成一个大小为θ，θ∈π6,5π6的二面角D-AC-B，则四面体ABCD的外接球半径的取值范围为 ．
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)
已知向量a=(λ+1,1,2λ),b=(6,2m-1,2)．
(1)若a//b，分别求λ与m的值；
(2)若a= 5，且a与c=(2,-2λ,-λ)垂直，求a．
16.(本小题15分)
如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=4，点M是AC的中点．
(1)求证：AB1//平面MBC1；
(2)若三棱锥C1-MBC的体积为2 3，求这个三棱柱的侧棱长．
17.(本小题15分)
如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AD，点E在底面的圆周上，点F在线段DE上.

(1)求证：AF⊥BE；
(2)若点E是AB⌢的中点，求直线DE与平面ABD所成角正切值的大小．
18.(本小题17分)
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，E为侧棱DD1的中点，AD=8，A1D1=4，AA1=4 3．

(1)证明：AE⊥平面CDD1C1．
(2)求二面角E-AC-D的正切值．
(3)在线段D1C上是否存在点H，使得平面BHD⊥平面AEC？如果存在，求D1HHC的值；如果不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=2 2,BC=2,E为AB的中点．将▵ADE沿DE向上翻折，进而得到多面体A1-BCDE(如图2)．

(1)当平面A1DE⊥平面EBCD时，求直线A1C与平面EBCD所成角的正切值；
(2)在翻折过程中，求直线A1C与平面EBCD所成角的最大值；
(3)在翻折过程中，求二面角A1-DC-B的最大值．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.D
5.C
6.C
7.D
8.D
9.ABD
10.ACD
11.ACD
12.-173#-523#
13. 217
14.2 3, 21
15.【详解】(1)由a//b得a=kb,∴(λ+1,1,2λ)=k(6,2m-1,2)，
所以λ+1=6k1=k(2m-1)2λ=2k，解得λ=15m=3；
(2)因为a= 5，且a⊥c，
所以(λ+1)2+12+(2λ)2=5(λ+1,1,2λ)⋅(2,-2λ,-λ)=0，化简得5λ2+2λ=32-2λ2=0,
解之得λ=-1,a=(0,1,-2)．

16.【详解】(1)连接B1C，交BC1于点N，连接MN，
因为四边形BB1C1C为矩形，所以N为B1C的中点，
又点M是AC的中点，所以AB1//MN，
因为AB1⊄平面MBC1，MN⊂平面MBC1，
所以AB1//平面MBC1．
(2)因为▵ABC为等边三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC，
又AC=4，故BM=2 3，
因为CC1⊥平面ABC，
设CC1=h，则S▵MBC=12CM⋅BM=2 3，
所以VC1-MBC=13S▵MBC⋅h，即13×2 3h=2 3，解得h=3，
故这个三棱柱的侧棱长为3．

17.【详解】(1)连接BE,AE，则BE⊥AE，又∵DA⊥平面ABE，而BE⊂平面ABE，
∴BE⊥DA，又AE∩DA=A，AE,DA⊂平面ADE，
∴BE⊥平面ADE，又∵AF⊂平面ADE，
∴BE⊥AF．
(2)设H是AB中点，连接EH,DH，因为点E是AB⌢的中点，则EH⊥AB，
平面ABD∩平面ABE=AB，平面ABCD⊥平面ABE，EH⊂平面ABE，
∴EH⊥平面ABCD,∴∠EDH是直线DE与平面ABD所成的角．
设正方形ABD的边长为a，则EH=12a，DH= 52a，
∴tan∠EDH=EHDH= 55，∴∠EDH=arctan 55，
∴DE与平面ABD所成的角为arctan 55．


18.【详解】(1)因为AA1⊥底面ABCD，所以AA1⊥底面A1B1C1D1，A1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以A1A⊥A1D1，所以AD1= AA12+A1D12= 4 32+42=8，
又AD=8，E是DD1中点，所以AE⊥DD1．
因为AA1⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以AA1⊥CD，
又底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，AD∩AA1=A，AD,AA1⊂平面ADD1A1，
所以CD⊥平面ADD1A1，AE⊂平面ADD1A1，所以CD⊥AE，
又CD∩DD1=D，CD,DD1⊂平面CDD1C1，所以AE⊥平面CDD1C1．
(2)因为AA1⊥底面ABCD，AA1⊂平面ADD1A1，所以平面ADD1A1⊥底面ABCD，
过点E作EF⊥AD，因为平面ADD1A1∩平面ABCD=AD
所以EF⊥平面ABCD，过F作FG⊥AC，连接EG，则EG⊥AC，
所以∠EGF是二面角E-AC-D的平面角．

因为E是DD1中点，所以EF=2 3，
设AC∩BD=O，则GFOD=34，所以GF=34×12×8 2=3 2，
所以tan∠EGF=EFGF=2 33 2= 63，即二面角E-AC-D的正切值是 63．
(3)对线段D1C上的点H，因为AE⊥平面CDD1C1，DH⊂平面CDD1C1，
所以AE⊥DH，则当DH⊥CE时，满足条件．
如图，在四边形CDD1C1中，过D作DT⊥CE，垂足为T，交D1C于H，
则∠ECD=∠EDT=∠D1DH，
设D1H=x，则D1Hsin∠D1DH=D1Dsin∠D1HD
因为DE=4,CD=8，所以CE=4 5，所以sin∠D1DH=44 5= 55，
又∠HD1D=45°，所以sin∠D1HD=sin45°+∠D1DH=3 1010
所以D1H=D1D·sin∠D1DHsin∠D1HD=8× 553 1010=8 23，又CD1=8 2，
所以D1HHC=12，此时DH⊥CE时，AE⊥DH，AE∩CE=E，AE,CE⊂平面AEC，
所以DH⊥平面AEC，DH⊂平面BHD，所以平面BHD⊥平面AEC．


19.【详解】(1)连接AC交DE于点F，如下图所示：

则AC= AB2+BC2=2 3，
因为ADAB=AEBC,∠DAE=∠ABC=90∘，所以▵DAE∼△ABC，即∠AED=∠BCA，
又∠CAB+∠BCA=90∘，所以∠CAB+∠AED=90∘，可得AC⊥DE，
同理易证▵DFC∼△EFA，所以AF=2 33,CF=4 33，
翻折后当平面A1DE⊥平面EBCD时，平面A1DE∩平面EBCD=DE，且A1F⊥DE，
又A1F⊂平面A1DE，所以A1F⊥平面EBCD；
可知∠A1CF即为直线A1C与平面EBCD所成的角，
在Rt▵A1CF中，tan∠A1CF=A1FCF=2 334 33=12，
即直线A1C与平面EBCD所成角的正切值为12；
(2)过点A1作A1H⊥FC，垂足为H，如下图所示：

因为DE⊥A1F,DE⊥FC,A1F∩FC=F,A1F,FC⊂平面A1FC，
所以DE⊥平面A1FC，
又A1H⊂平面A1FC，所以DE⊥A1H，
又A1H⊥FC，DE∩FC=F,DE,FC⊂平面EBCD，
所以A1H⊥平面EBCD，
即∠A1CH即为直线A1C与平面EBCD所成的角，
在翻折过程中，设∠A1FC=θ,θ∈0,π，由(1)可知，A1F=2 33,CF=4 33，
在Rt▵A1FH中，A1H=2 33sinθ,FH=2 33csθ，
所以CH=FC-FH=2 332-csθ,tan∠A1CH=A1HCH=sinθ2-csθ，
设y=sinθ2-csθ,θ∈0,π，则sinθ+ycsθ=2y，
所以 1+y2sin(θ+φ)=2y，其中tanφ=y，
所以sin(θ+φ)≤2y 1+y2≤1，解得0