2024-2025学年贵州省贵阳市乐湾国际实验学校高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年贵州省贵阳市乐湾国际实验学校高二（上）第一次月考数学试卷一、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.在复平面内，复数z=2i1+i(i为虚数单位)对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.下列可使a，b，c构成空间的一个基底的条件是(

)A.a，b，c两两垂直 B.b=λc

C.a=m3.已知μ=(3,a+b,a−b)(a,b∈R)是直线l的方向向量，n=(1,2,3)是平面α的法向量，若l⊥α，则(

)A.a=1，b=8 B.a=−1，b=−2

C.a=32，b=−152 4.已知空间中三点A(1,1,0)，B(2,−2,0)，C(0,−1,3)，则(

)A.AB与AC是共线向量

B.与AC同向的单位向量是(66,−63,66)

C.5.若向量{e1,e2,e3}是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量a，存在唯一的有序实数组(x,y,z)，使得：a=xe1+ye2+ze3，我们把有序实数组(x,y,z)叫做基底{A.(12,−32,3) B.(−6.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，PA.当λ=0时，点P在棱BB1上

B.当λ=μ时，点P在线段B1C上

C.当μ=1时，点P在棱B1C1上

D.

7.如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且GN=2MG，现用向量OA，OB，OC表示向量OG，设OG=xOA+yOB+zOC，则x，y，A.x=13,y=13,z=13

8.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，棱AA1、AB、AD两两的夹角均为60°，AA1=2AB，AB=ADA.12

B.13

C.14二、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.已知单位向量a，b的夹角为θ，则下列结论正确的有(

)A.(a+b)⊥(a−b)B.a在b方向上的投影向量为|a|cosθb|10.下列命题正确的是(

)A.若p=2x+3y，则p与x，y共面

B.若MP=2MA+3MB，则M，P，A，B共面

C.若OA+OB+OC+OD=0，则A，B，C11.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，B1C1上的点，且BM=2A1MA.AB与B1C1的夹角为60° B.MN=13三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z满足|z|=25，且z−4是纯虚数，则复数z=______．13.直线m的方向向量为m=(1,−2,λ)，直线n的方向向量为n=(−2,4,5)，平面α的法向量为k=(μ,−8,γ)，m⊥n，n⊥α，则λ、μ、γ14.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点(x0,y0,z0)，且以向量n=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量，则这条直线可以用方程x−x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△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中3asinBcosA=bsin2A．

(1)求A的值；

(2)若△ABC的面积为316.(本小题12分)

(1)如图，在三棱锥O−ABC中，OA⊥BC，OC⊥AB.求证：OB⊥AC．

(2)平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AD=1，AB=2，AA117.(本小题12分)

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点，M为棱CE的中点．

(1)证明：BC⊥C1E18.(本小题12分)

四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，点E是棱PC上一点．

(1)求证：平面PAC⊥平面BDE；

(2)当E为PC的一个三等分点，即PC=3PE时，求四面体PBDE的体积；

(3)当E为PC中点时，求平面ABE与平面BDE夹角的大小．19.(本小题12分)

对于实数a1，b1，a2，b2，称a1a2b1b2为二阶行列式，定义其一种运算：a1a2b1b2=a1b2−a2b1.对于向量a=(x1,y1,z1)，b=(x2,参考答案1.A

2.A

3.D

4.C

5.A

6.B

7.C

8.D

9.AB

10.ABD

11.BD

12.4+2i或4−2i

13.2、4、−10

14.2

15.解：(1)由正弦定理得3sinAsinBcosA=sinBsin2A，

因为sinA，sinB≠0，故3cosA=sinA，则tanA=3，

因为A∈(0,π)，故A=π3．

(2)由题意S△ABC=12bcsinA=34bc=16.解：(1)证明：∵OA⊥BC，∴OA⋅BC=OA⋅(OC−OB)=0，

∴OA⋅OC=OA⋅OB，

同理由OC⊥AB，∴OA⋅OC=OC⋅OB，

∴OA⋅OB=OC⋅OB，∴OB⋅(OC−OA)=17.解：(1)证明：根据题意，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

因为侧棱A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥AB，A1A⊥AD

又因为AB⊥AD，则以A为坐标原点，以AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

则B(0,0,2)，D(1,0,0)，C(1,0,1)，E(0,1,0)，C1(1,2,1)，B1(0,2,2)，

所以BC=(1,0,−1)，EC1=(1,1,1)，所以BC⋅EC1=1×1+0+1×(−1)=0，

所以BC⊥EC1，故BC⊥C1E；

(2)根据题意，C(1,0,1)，E(0,1,0)，而M为棱CE的中点，则M(12,12,12)，

18.解：(1)证明：∵底面ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PA⊥BD，又BD⊥AC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，

∴平面PAC⊥平面BDE．

(2)因为PC=3PE，

所以VP−BDE=12VC−BDE′，

故VP−BDE=13VP−BCD，

又VP−BCD=12VP−ABCD′，

所以VP−BDE=16VP−ABCD′，

又PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，

所以VP−ABCD=13×4×2=83，

所以VP−BDE=16×83=49，

所以四面体PBDE的体积为49；

(3)∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，

所以PA，AD，AB两两垂直，

以A坐标原点，以AB，AD，AP为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,1,1)，

所以AB=(2,0,0)，BE=(−1,1,1)，BD=(−2,2,0)，

设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅AB=2x=0n⋅BE=−x+y+z=0，

解得x=0，令y=1，得z=−1，