2023-2024学年江西省南昌市铁路一中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江西省南昌市铁路一中高二（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设直线l的方向向量为m=(2,−1,z)，平面a的一个法向量为n=A.−5 B.5 C.−1 2.下列直线中，倾斜角为锐角的是(

)A.x−y+1=0 B.y3.若A(1,2)，B(3,A.−2 B.2 C.−3 4.过点P(1,2)，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为A.2x–y=0或x+y–3=05.已知空间中两点A(1,2,3)，BA.1或2 B.1或4 C.0或2 D.2或46.如图所示的菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，对角线AC，BD交于点O，将△ABD沿BD折到△A′BD位置，使平面A′BD⊥平面BCD.以下命题：

A.①②③ B.②③ C.③7.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若A.1

B.31010

C.8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E∈平面A.12 B.255 C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列关于空间直角坐标系Oxyz中的一点P(A.线段OP的中点的坐标为(12,1,32)

B.点P关于x轴对称的点的坐标为(−1,−210.下列说法正确的有(

)A.若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则(k,b)在第二象限

B.直线y=ax−3a+2过定点(3,211.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，A.直线A1G，C1E为异面直线

B.VD1−BEF=13

C.直线A1G12.设O是正三棱锥P−ABC的顶点P在底面△ABC的投影，过O的动平面与PC交于S，与PA、PB的延长线分别交于Q、RA.O是△ABC的垂心 B.1x+1y+1z有最小值而无最大值三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若直线l的一个方向向量是d=(3,3)14.已知点A(−1,1,0)，B(1,2,15.如图，在三棱锥D−ABC中，AC⊥BD，一平面截三棱锥D−ABC所得截面为平行四边形EFG

16.已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知点A(2,3)、B(−3,−2)．

(1)求直线A18.(本小题12.0分)

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E19.(本小题12.0分)

已知向量a=(−2,−1,2)，b=(−1,1,2)，c=(x,2,2)．

(Ⅰ20.(本小题12.0分)

如图，在三棱锥S−ABC中，平面SBC⊥平面ABC，SB=SC=AB=AC=2，BC=2，若O21.(本小题12.0分)

如图所示，圆锥的底面半径为2，其侧面积是底面积的2倍，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，在底面内以线段AO为直径作⊙M，点P为⊙M上异于点A，O的动点．

(1)证明：平面SAP⊥平面S22.(本小题12.0分)

如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使A到达A′，连接A′B，A′C，得到四棱锥A

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：若直线l/​/平面a，则m⋅n=0，

故8+2−2z=2.【答案】A

【解析】【分析】本题考查了直线的倾斜角问题，是一道基础题．

根据斜率的正负判断其倾斜角的范围即可．【解答】

解：对于A：斜率k=1，倾斜角是锐角，

对于B：斜率k=−2，倾斜角是钝角，

对于C：斜率k=0，倾斜角是0°角，

对于3.【答案】D

【解析】解：因为3≠1，直线AB斜率存在，A，B，C三点共线，则kAB=kAC，

即m−24.【答案】A

【解析】【分析】本题考查了直线方程的求法与应用问题，属于基础题，解题时要注意截距式方程的合理运用．讨论截距为0时和截距不为0时，分别求出直线的方程即可．【解答】

解：当横截距a=0时，纵截距b=0，

此时直线过点(0,0)，P(1,2)，

直线斜率为k=2，方程为y=2x；

当横截距a≠0时，纵截距b=a，

此时直线方程设为xa+5.【答案】D

【解析】解：∵点A(1,2,3)，B(4,2,a)，

∴|AB|=(4−6.【答案】D

【解析】解：对于①，如图：

因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，

所以AB=AD=BC=CD=BD，O为BD的中点，

所以BD⊥A′O，BD⊥CO，A′O∩CO=O，A′O，CO⊂面A′OC，

所以BD⊥面A′OC，

又A′C⊂面A′OC，

所以BD⊥A′C，即①正确；

对于②，由①知，BD⊥平面A′OC，

又BD⊂平面BCD，

所以平面A′OC⊥平面BCD，即②正确；

对于③，如图：

取A′C的中点为E，连接BE，DE，

依题意，A′B=BC=A′D=CD，

所以BE⊥A′E，DE⊥A′C，

由二面角的定义可知，∠BED是二面角B−A′C−D的平面角，

又因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD⋂平面BCD=7.【答案】B

【解析】解：以{AB,AD,AA1}为一组基底、取a=AB,b=AD,c=AA1，

在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，A1A=4，

则|a|=|b|=1,|c|=4，

又∵∠8.【答案】B

【解析】【分析】本题考查线线垂直及线面垂直，考查直观想象能力及数学运算能力，属于较难题．

取AB中点G，利用三角形全等证得BF⊥GB1，进而证得CF⊥平面B1D1G，当点E在直线【解答】

解：

如图：取AB中点G，可知Rt△BAF≌Rt△B1BG，得∠ABF=∠BB1G，∴∠B1GB+∠ABF=∠B1GB+∠BB1G=90°，

∴BF⊥GB1，又∵B1G⊥BC，BF∩BC=B,BF,BC⊂平9.【答案】AD【解析】解：由题意可知线段OP的中点的坐标为(12,1,32)，所以A中说法正确；

点P关于x轴对称的点的坐标为(1,−2,−3)，所以B中说法错误；

点P关于坐标原点对称的点的坐标为(−1,−10.【答案】AB【解析】解：对于A中，由直线y=kx+b过一、二、四象限，

所以直线的斜率k<0，截距b>0，

故点(k,b)在第二象限，所以A正确；

对于B中，由直线方程y=ax−3a+2，整理得a(x−3)+(−y+2)=0，

所以无论a取何值，点(3,2)都满足方程，所以B正确；

对于C中，由点斜式方程，可知过点(2,−1)，斜率为−11.【答案】BC【解析】解：如图，对A选项，根据题意易知A1C1//EG，

∴直线A1G与C1E为共面直线，∴A选项错误；

对B选项，∵VD1−BEF=VB−D1EF=13×12×1×1×2=13，∴B选项正确；

对C选项，根据题意易知：直线A1G与平面ADD1A1所成角为∠GA1D，

又tan∠GA1D12.【答案】AD【解析】解：画出图形，如图所示，

因为△ABC是正三角形，所以点P在底面的投影是△ABC的中心，选项A正确；

因为PQ=x，PR=y，PS=z，则PA=PAxPQ，PB=PByPR，PC=P13.【答案】3【解析】解：因为直线l的一个方向向量是是d=(3,3)，

所以直线l的斜率为33．

14.【答案】3【解析】【分析】

本题考查了空间向量投影的理解与应用，解题的关键是掌握空间向量投影的定义，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．

利用空间向量投影的定义求解即可．

【解答】

解：因为点A(−1,1,0)，B(1,2,0)，C(−2,15.【答案】14【解析】解：因为EFGH是平行四边形，由线面平行的性质定理可得，AC//EH，

所以直线EG和AC所成角为直线EG和EH所成角，即∠GHG，

因为AC⊥BD，所以∠16.【答案】40π

2【解析】解：设PC中点为O，则OP=OC=OD=OB=OA=10，

所以O为四棱锥P−ABCD外接球的球心，10为该球半径，

所以其表面积为4π(10)2=40π；

如图，将△PAC绕AC翻折到与△DAC所在面重合，

连接PB，交AC于点Q，此时17.【答案】解：(1)由于：点A(2,3)和B(−3,−2)，

故kAB=−2−3−3−2=1,y−3=1×(x−2)【解析】(1)直接利用点斜式求出直线的方程；

(2)首先求出直线PM18.【答案】(1)证明：由题意，以D为原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz，

由侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，

得B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,3)，D1(0,0,3)，

∵E是棱B【解析】(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz19.【答案】解：(Ⅰ)因为|c|=22，所以x=0．

因为向量ka+b=(−2k−1,1−k,2k+2)，向量ka+b与c垂直，

所以(ka+b)⋅c=0，即2k+6【解析】本题考查共线与共面向量定理及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

(Ⅰ)直接利用向量的垂直的充要条件的应用求出结果．

(Ⅱ)直接利用共面向量基本定理的应用求出结果．20.【答案】解：(1)∵SB=SC=AB=AC=2,BC=2，

∴BS⊥CS，BA⊥CA，

∵SB=SC，O为BC的中点，

∴SO⊥BC，

又平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC=BC，SO⊂平面SBC，

∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥OA，如图，

分别以OB，OA，OS为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，

则A(0,1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，C(−1,0,0)，

设m=(a,b,c【解析】(1)建系，利用空间向量求点到面的距离；

(2)取AC的中点为点M，SC的中点为点N，根据题意可证平面OMN/21.【答案】解：(1)证明：∵SO垂直于圆锥的底面，∴SO⊥AP，

∵AO为⊙M的直径，∴PO⊥AP，

∵SO∩PO=O，SO,PO⊂平面SOP，

∴AP⊥平面SOP，

∵AP⊂平面SAP，∴平面SAP⊥平面SOP．

(2)解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，

∴圆锥的侧面积S侧=12×2πrl=πrl，底面积S底=πr2，

∴依题意2πr2=πrl，∴l=2r，

取r=2，l=4，则在△ABS中，AB=AS=BS=4，

∴SO=AS2−AO2=23，

如图，在底面作⊙【解析】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力．

(1)推导出SO⊥AP，PO⊥AP，从而AP⊥平面SOP，由此能证明平面SAP⊥平面SOP．

(2)设圆锥的母线长为l，底面半径为r，推导出l=222.【答案】(1)