2024-2025学年河南省部分学校高二上学期9月月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河南省部分学校高二上学期9月月考数学试卷一、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.直线l:2x+3y−1=0的一个方向向量为(

)A.2,−3 B.(−3,2) C.(2,3) D.3,22.在空间直角坐标系中，点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(

)A.(−1,2,3) B.(1,2,−3) C.(1,2,3) D.(−1,−2,−3)3.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，点E，F分别为AB，DD′的中点，则EF=(

)

A.−12AB+12AA′+AD4.已知α，β是平面，m，n是直线，下列命题中不正确的是(

)A.若m//α，α∩β=n，则m//n B.若m//n，m⊥α，则n⊥α

C.若m⊥α，m⊥β，则α//β D.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β5.若a,b,cA.a，a+b，a+c B.a，b，a+2b

C.

a，a−c，6.已知空间向量a=2,−1,2,b=1,−2,−1，则向量bA.49,−29,49 B.7.数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知▵ABC的顶点为A0,0，B5,0，C2,4，则该三角形的欧拉线方程为A.y=−12x+52 B.y=18.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的结论(

)A.MN的最小值为2

B.四面体NMBC的体积为43

C.有且仅有一条直线MN与AD1垂直

D.存在点M,N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.已知直线l1:ax+3y+4=0,l2A.若a=1，则l1的一个方向向量为3,−1

B.若l1//l2，则a=−1或a=3

C.若l1⊥l10.下列说法错误的是(

)A.若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0

B.若a//b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb

C.若AB,CD共线，则11.如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥底面ABCD，底面ABCD为边长为2的菱形，∠ABC=π3，AP=2,O为对角线AC,BD的交点，DF=λDP(0<λ<1),EA.AE⊥OF

B.三棱锥P−ABD的外接球的半径为5

C.当异面直线OF和AB所成的角为π6时，λ=37

D.点F到平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知A(4,0)到直线4x−3y+a=0的距离等于3，则a的值为

．13.如图，▵A′B′C′是斜二测画法画出的水平放置的▵ABC的直观图，D′是B′C′的中点，且A′D′//y′轴，B′C′//x′轴，A′D′=1，14.在侧棱长为6的正三棱锥P−ABC中，点E为线段BC上一点，且AP⊥PE，点M为平面ABC内的动点，且满足PM=3，记直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为_

四、解答题：本题共5小题，共60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)在▵ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，已知acos(1)求B；(2)若a=2,b=27,D为AC边的中点，求16.(本小题12分)如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA

(1)证明：A1F//平面CDE

；

(2)求A1E17.(本小题12分)近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润(单位：百元)进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示．

(1)求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．(2)以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前13的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由．18.(本小题12分)如图1，直角梯形ABED中，AB=AD=1,DE=2,AD⊥DE,BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180∘后得到几何体W，如图2，其中GF,HE分别为上下底面直径，点P,Q分别在圆弧GF,HE上，直线PF//平面BHQ

(1)证明：平面BHQ⊥平面PGH；(2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值等于2，求P到平面BHQ(3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为13，求HQ．19.(本小题12分)点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记P,Q;M=APsin∠PAMAQsin∠MAQ(1)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且(2)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB上，且AB=2，由(3)若M1,M2,M3,⋯,Mn−1是▵ABC边BC的参考答案1.B

2.C

3.A

4.A

5.A

6.A

7.A

8.C

9.ACD

10.BCD

11.ACD

12.−1或−31

13.2

14.[0,15.解：(1)因为acosB−bcosA=−a−c，所以由正弦定理可得

sinAcosB−cosAsinB=−sinA−(sinAcosB+cosAsinB)，

化简得2sinAcosB=−sinA，因为0<A<π，所以sinA>0，所以cosB=−1因为B∈(0,π )，

所以B=(2)由余弦定理可得，b2=a2+所以c2+2c−24=0，解得因为BD为△ABC的中线，

所以2BD=BA+BC，

所以4|BD|2=c2+a2+2ac⋅cos2π3，

16.解：(1)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C2,2,0，D0,2,0，

因为E，F分别为BB1,CC1则CD=−2,0,0，CE=设平面CDE的法向量为m=则CD⋅m令y=1，则有x=0，z=1，即m=因为A1F⋅又A1F⊄平面CDE，所以A1(2)由(1)可知，A1cos 所以A1E与平面CDE所成角的正弦值为

17.解：(1)由题意可知0.005×2+0.015+m+0.025+0.03×10=1，解得m=0.02设中位数为n，则0.05+0.15+0.2+n−70×0.025=0.5，解得n=74，所以中位数为平均数为(45+95)×0.05+55×0.15+65×0.2+75×0.25+85×0.3=72.5.(2)由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为80−7810方案二受到奖励的商家的个数为13因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多．

18.解：(1)证明：设平面BHQ与几何体W的上底面交于点M，即平面BHQ∩平面PGF=BM，因为平面PGF//平面EHQ，平面BHQ∩平面EHQ=HQ，所以BM//HQ，又因为PF//平面BHQ，PF⊂平面PGF，BHQ∩平面PGF=BM，所以PF//BM，所以PF//HQ，因为PF⊥PG，所以HQ⊥PG，又因为GH⊥平面EHQ，且HQ⊂平面EHQ，所以GH⊥HQ，因为PG∩GH=G，且PG,GH⊂平面PHG，所以HQ⊥平面PHG，又因为HQ⊂平面BHG，所以平面BHG⊥平面PGH．(2)连接CQ，由(1)知HQ⊥平面PGH，所以∠HGQ就是直线GQ与平面PGH所成的角，即tan∠HGQ=因为GH=1，所以HQ=2GH=又BH=BQ=2，所以又因为平面EFGH⊥平面EHQ，所以点Q到平面EFGH的距离为ℎ=CQ=1，因为PF//平面BHQ，所以点P到平面BHQ的距离等于点F到平面BHQ的距离，设为d，因为VF−BHQ=V因为S▵BFH=1即点P到平面BHQ的距离为3(3)分别取BH,HQ的中点I,N，连接IN,CI,CN，则IN//BQ,CI//BE，因为IN∩CI=I且IN,CI⊂平面ICN，BQ∩BE=B，且BQ,BE⊂平面BEQ，所以平面ICN//平面BEQ，若平面BHQ与平面BEQ夹角余弦值为13，则平面BHQ与平面ICN夹角的余弦值也为1因为N为HQ的中点，CH=CQ,BH=BQ，所以CN⊥HQ,BN⊥HQ，又因为CN∩BN=N且CN,BN⊂平面BCN，所以HQ⊥平面BCN，因为HQ⊂平面BHQ，所以平面BHQ⊥平面BCN，连接BN，过点C作OC⊥BN于点O，因为平面BHQ∩平面BCN=BN，且OC⊂平面BCN，所以OC⊥平面BHQ，过点O作OK⊥IN于点K，连接CK，则∠OKC即为平面BHQ与平面ICN夹角，即为cos∠OKC=13设CN=t(t>0)，则BN=因为S▵BCN=1又因为IN//BQ，所以cos∠INO=cos∠NBQ=在直角▵BCN中，由射影定理知CN2=ON⋅BN在直角▵OKN中，sin∠INO=1−在直角▵OCK中，tan∠OKC=2整理得t2(1−t2)=所以HQ=2HN=2

19.解：(