2024-2025学年贵州省六盘水市水城区高二上学期期中质量监测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年贵州省六盘水市水城区高二上学期期中质量监测数学试卷一、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.若集合A=5,6,9,10,14，B=6,9,12,15,16，则A∩B中元素的个数为(

)A.1 B.2 C.3 D.42.下列关于空间向量的说法正确的是(

)A.零向量是任意直线的方向向量

B.方向相同的两个向量是相等向量

C.空间任意三个向量都可以构成空间的一个基底

D.任意两个空间向量都可以通过平移转化为同一平面内的向量3.已知一组数据为−2,0,1,3,5,5，则该组数据的方差为(

)A.203 B.403 C.6 4.已知直线l的斜率k∈−3,1，则直线l的倾斜角αA.π4,2π3 B.π6,5.如图，在八面体ABCDEF中，平面ABE,ACF均垂直于底面ABC，且AE=BE=AF=CF，则下列向量中与向量EF在平面ABC上的投影向量相等的是(

)

A.12AB B.12AC C.6.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，高为3，且该圆台的体积为13π，则该圆台的母线长为(

)A.22 B.23 C.7.在空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且AM=2A.−13a+13b+28.把某种物体放在空气中，若该物体原来的温度是θ′∘C，空气的温度是θ0∘C

，则t min

后该物体的温度θ∘C满足θ=θ0+θ′−θ0e−tA.1.38 min B.2.76 min C.4.14 min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.如图，在空间直角坐标系中，已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AB⊥BC，BA=BC=BA.A(2,0,0) B.C(2,0,0) C.C1(2,0,0) 10.已知函数f(x)=ln(x2A.f(x)的定义域为R B.f(x)的值域为R

C.f(x)是偶函数 D.f(x)在(0,+∞)上单调递增11.已知函数fx=sin2xA.fx的最大值为54

B.fx的最小正周期为π2

C.曲线y=fx关于直线x=kπ4k∈Z轴对称

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z=−5−2i，则z2的实部为

．13.《易经》是中国传统文化中的精髓，易经八卦分别为乾､坤､巽､震､坎､离､艮､兑，现将乾､坤､巽三卦按任意次序排成一排，则乾､坤相邻的概率为

．14.已知向量a=−4,0,1，b=2,3,3，则a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)(1)已知A0,3，B4,0，C−8,9，判断A，B(2)已知直线l1的倾斜角为π3，直线l2经过P−1,3，Q16.(本小题15分)已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2ccos(1)求C；(2)若a+c=2b，求cosA．17.(本小题15分)如图，在棱长均为1的四棱柱ABCD−A1B1C(1)试用a,b,(2)求MN的长度；(3)求直线AA1与直线MN18.(本小题17分)如图，在四棱锥A−BCED中，底面BCED为直角梯形，DE//BC，DE⊥CE，AD=BD=CD=BC，AC=(1)判断直线AB与CD是否垂直，并说明理由；(2)求平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值．19.(本小题17分)如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，P为底面(1)是否存在点P，使得B1P//平面(2)求B1(3)求点P到直线D1E的距离的最小值．

参考答案1.B

2.D

3.A

4.C

5.C

6.C

7.D

8.B

9.AD

10.ACD

11.BC

12.21

13.2314.54或1.2515.解：(1)因为A(0,3)，B(4,0)，C−8,9所以kAB=0−34−0=−所以点A,B,C三点在同一条直线上；(2)因为直线l1的倾斜角为π3，所以直线l1因为直线l2经过P−1,3，所以k1•k2=

16.解：(1)因为2ccos由正弦定理可得2sin且C∈0,π，则sinC≠0，可得即cosC=−12(2)因为a+c=2b，即a=2b−c，由余弦定理可得c2=a整理可得b=57c所以cosA=

17.解：(1)===1(2)棱长均为1的四棱柱ABCD−A1BMN2所以MN=(3)A因为cosA所以直线AA1与直线MN所成角的余弦值为

18.解：(1)AB和CD不垂直，理由如下：设AE=CE=aa>0，则AC=在▵BCD中，BD=CD=BC，所以▵BCD为等边三角形，所以∠BCD=60因为DE⊥CE，DE//BC，所以BC⊥CE，从而∠DCE=30所以在直角▵DEC中，CD=CEcos30又因为AD=CD，所以AD=233a故▵DEA为直角三角形，则DE⊥AE；又因为DE⊥CE，CE∩AE=E，所以DE⊥平面ACE；因为AC=2AE=2故以点E为坐标原点，EC，EA，ED所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设DE=1，则AD=BD=CD=BC=2，AE=CE=3，所以E0,0,0，A0,3,0，B所以AB=3,−所以AB⊥CD不成立，故AB和(2)由(1)可知CE⊥AE，CE⊥DE，AE∩DE=E，所以CE⊥平面ADE，故EC=3又DA=0,3,−1，DC所以n⋅DA=0n⋅DC=0，即3y−z=0设平面ADE与平面ACD的夹角为θ，所以cosθ=所以平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值为5

19.解：(1)如图，以D为原点，DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，由题意得B1DD1=(0,0,2)，设平面D1DE的法向量为则DD1⋅设P(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，所以B1又B1P⊥D即x+2y−2=0，所以B1设存在点P，使得B1P//平面则B1P⋅m=4y+y−2=0则P(6所以存在点P，使得B1P//(2)由(1)知B1所以B1函数t=5y2−4y+8在0,当y=25时，tmin=36所以t∈36所以B1P的取值范围是(3)由(1)知点P(x,y,0)满足x+2y−2=0，取CD中点为