2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二上学期10月月考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高二上学期10月月考数学试题一、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.若直线l的一个方向向量是3,1，则直线l的倾斜角是(

)A.π6 B.π4 C.π32.如图，三棱锥O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M为BC中点，点N满足ON=2A.12a−13b−233.已知直线l1:2x+my=1，l2:mx+8y=m−2，则“m=−4”是“lA.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知直线l过点(m,3)和(3,2)，且在x轴上的截距是1，则实数m等于(

)A.1 B.2 C.3 D.45.设点A(1,2)，B(2,1)，若直线ax+y+1=0与线段AB有交点，则实数a的取值范围是(

)A.[1,3] B.(−∞,−3]∪[−1,+∞)

C.[−3,−1] D.(−∞,1]∪[3,+∞)6.已知空间向量a=3,b=2，且a·b=2，则bA.a B.29a C.927.下面三条直线l1：4x+y=4，l2：mx+y=0，l3：2x−3my=4不能构成三角形，则m的集合是A.{−1,23} B.{4,−16}8.在矩形ABCD中，AD=a，AB=b，b>a.将▵ACD沿着AC翻折，使D点在平面ABC上的投影E恰好在直线AB上，则此时二面角B−AC−D的余弦值为(

)A.a2b2 B.ab C.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.下列关于空间向量的命题中，正确的有(

)A.若向量a,b,c与向量a,m,c分别构成空间向量的一组基底，则m//b

B.若非零向量a,b,c满足a⊥b，b⊥c，则有a//c10.已知直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0，则下列结论正确的是A.直线l过定点3,1

B.原点O到直线l距离的最大值为10

C.若点A−1,0，B1,0到直线l的距离相等，则m=−12

11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E,F分别为棱AB,ADA.无论λ取何值，三棱锥C−EFG的体积始终为1

B.若λ=24，则EG⋅BD1=2+2

C.点D1到平面EFG距离为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.直线l过点−1,2，且在两坐标轴上截距相等，则直线l的方程为

13.直线xcosθ+3y+2=0的倾斜角的范围是

14.设x−y+1=0，求d=x2+y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)已知A(1,1),B(2,−2),C(0,−1)．(1)求ΔABC的面积；(2)若CD⊥AB,CB//AD，求点D的坐标．16.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，E、F分别是CD、PB的中点．(1)求证：EF//平面PAD；(2)设PA=3,AB=4，求二面角B−PC−D的余弦值．17.(本小题12分)

三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面AA1B1B⊥平面ABC(Ⅰ)证明：DE/​/平面A(Ⅱ)求异面直线A1C1与18.(本小题12分)已知直线l1:mx−y+m=0，l2:x+my−m(m+1)=0，l3:(m+1)x−y+(m+1)=0，记(1)当m=2时，求原点关于直线l1(2)求证：不论m为何值，ΔABC总有一个顶点为定点；(3)求ΔABC面积的取值范围. (可直接利用对勾函数的单调性)19.(本小题12分)在Rt▵ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D,E分别是AC,AB上的点，满足DE//BC且DE经过▵ABC的重心，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A(1)求证：A1C⊥平面(2)求CM与平面A1(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34？若存在，求出参考答案1.A

2.C

3.C

4.D

5.C

6.B

7.C

8.A

9.CD

10.ABD

11.AB

12.2x+y=0

或

x+y=1

13.0,π14.29315.解：(1)由题得直线AB的斜率：kAB=−2−12−1=−3，

所以直线AB的方程为：y−1=−3(x−1)，

即3x+y−4=0，

点C到直线AB的距离为d=510，

|AB|=(1−2)2+(1+2)2=10，

所以SΔABC=12|AB|⋅d=52．

(2)因为AB⊥CD，所以直线CD的斜率：kCD=13，

所以直线CD16.解：(1)证明：取PA的中点M，连接MD,MF∵M,F分别是PA,PB的中点∴MF//AB，MF=在正方形ABCD中，E是CD的中点∴MF//DE，MF=DE∴四边形DEFM是平行四边形∴EF//DM又EF⊄平面PAD，DM⊂平面PAD∴EF//平面PAD(2)以A为原点，DA延长线，AB,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P∴设n1=xPB⇀⋅n1设n2=xPD⇀⋅n2cos由图形可知二面角B−PC−D为钝二面角∴二面角B−PC−D的余弦值为−

17.解：(Ⅰ)三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，所以AD=2C1D.

又AE=2EB，所以在△ABC1内，有DE//BC1．

因为DE⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，

所以DE/​/平面A1BC1．

(Ⅱ)已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，

所以BC⊥平面AA1B1B.

因为B1B⊂平面AA1B1B，所以BC⊥B1B.

又AC⊥BB1，BC∩AC=C，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，

所以BB1⊥平面ABC．

因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB，

故AB，BC，BB1两两垂直，

以B为坐标原点，BA，BC，18.解：(1)当m=2时，直线l1

的方程为：2x−y+2=0，且斜率k1=2，

设原点关于直线l1

的对称点为

(x0,y0)，则由斜率与中点坐标公式列方程得：y0x0=−122×x02−y02+2=0,

解得：x0=−85y0=45，故所求点的坐标为(−85,45)．

(2)∵直线l1:mx−y+m=0⇒m(x+1)−y=0，恒过点(−1,0)．

l3:(m+1)x−y+(m+1)=0⇒(m+1)(x+1)−y=0，恒过点(−1,0)．

故ΔABC总有一个顶点为定点(−1,0)．

(3)由条件可得l1与l2垂直，所以角C为直角，

所以S=12AC·BC，

|BC|等于点B到l1的距离，

由l2,l3的方程联立可得19.解：(1)证明：

因为在Rt▵ABC中，∠C=90∘，DE//BC，且所以DE⊥CD，DE⊥AD，

则折叠后，DE⊥A又A1D∩CD=D,A所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D且都在面BCDE内，

所以A1(2)由(1)知，以CD为x轴，CB为y轴，CA1为z轴，建立空间直角坐标系C−xyz因为AD=2CD，故DE=2由几何关系可知，

CD=2，A1D=4，故C0,0,0，D2,0,0，E2,2,0，

B0,3,0，CM=1,0,3，A设平面A1BE的法向量为n=x,y,z，

不妨令y=2，则z=3，x=1，

故平面A1设CM与平面A1BE所成角的大小为则有sin θ=|cos 所以θ=π即CM与平面A1BE所成角的大小为(3)假设在线段A1C上存在点N，

使平面CBM与平面BMN成角余弦值为在空间直角坐标系中，

BM=(1,−3,3)，设CN=λCA1，则设平面B