2024-2025学年福建省厦门市海沧实验中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省厦门市海沧实验中学高二（上）月考数学试卷（10月份）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.已知{a,b,A.a+b，b+c，a−c

B.a+2b，b，a−c

C.2a2.设x，y∈R，a=(1,1,1)，b=(1,y,z)，c=(x,−4,2)，且a⊥c，bA.22 B.10 C.33.已知a=(2,3,1)，b=(1,−2,−2)，则a在b上的投影向量为(

)A.2b B.−2b C.234.已知直线kx−y+2k−2=0恒过定点A，点A在直线mx+ny+2=0上，其中m、n均为正数，则2m+2nA.4 B.4+42 C.8 5.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)直线l过点P(1,1)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是(

)A.(−∞,−4]∪[34,+∞) B.(−∞,−14]∪[6.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段BD上的一点，且PD=3PB，设A1A.a+12b+34c 7.已知点A(1,1,2)，B(2,0,1)，C(−1,2,0)，则点C到直线AB的距离为(

)A.33 B.13 C.8.在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，P为△ABC内的一点，AP=xAB+yACA.若P为△ABC的重心，则2x+y=1

B.若P为△ABC的外心，则PB⋅BC=18

C.若P为△ABC的垂心，则x+y=716

D.若二、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.关于空间向量，以下说法正确的是(

)A.若a⋅b>0，则向量a，b的夹角是锐角

B.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面

C.若对空间中任意一点O，有AP=−14OA+18OB+10.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达⋅芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达⋅芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体.若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是(

)

A.CQ=−2AB−AD+2AA1 B.点C1到直线CQ的距离是5311.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点A.若λ=1，μ=0，则VP−A1BD=18

B.若λ+μ=1，则D1P//平面A1BD

C.若λ=1,μ=12，则OP⊥平面A1BD

D.若λ=1，0≤μ≤1时，直线12.直线l1，l2的斜率k1，k2是关于a的方程2a2+8a+n=013.已知向量a=(−2,t,−1)，b=(2,1,1).若a与b的夹角为钝角，则实数t的取值范围是______．14.已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，MN为球O的一条直径，点P为正八面体表面上的一个动点，则PM⋅PN的取值范围是______．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)

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，设AA1=a，AB=b，AD=c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点．16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=1，BC=2，CC1=3，点D是棱AB的中点．

(1)证明：AC117.(本小题15分)

如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱A1B1上的一点，且A1E=2EB1，点F是棱A1D118.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AD//BC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2．

(1)求证：平面PAC⊥平面PDC；

(2)求直线EC与平面PAC所成角的正弦值．19.(本小题17分)

如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形，CF=3，平面EDCF⊥平面ABCD．

(Ⅰ)求证：DF/​/平面ABE；

(Ⅱ)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值；

(Ⅲ)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为34，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．参考答案1.B

2.D

3.D

4.C

5.A

6.C

7.C

8.B

9.BC

10.ABC

11.BC

12.−2

13.(−∞,−1)∪(−1,5)

14.[0,415.解：(1)因为M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，

所以MP=MA1+A1D1+D1P=12AA1+A1D1+12D1C1=12a+12b+c，NC1=NC+CC1=116.(1)证明：直三棱柱ABC−A1B1C1中CC1⊥平面ABC，又AC⊥BC，如图建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，A1(1,0,3)，C1(0,0,3)，B1(0,2,3)，D(12,1,0)，

所以AC1=(−1,0,3)，CD=(12,1,0)，CB1=(0,2,3)，

设平面B1CD的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅CD=12x+y=0n⋅CB1=2y+3z=0，取n=(6,−3,2)，

所以A17.解：(1)以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则A(3,0,0)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，F(1,0,3)，E(3,2,3)，

AD1=(−3,0,3)，CF=(1,−3,3)，

则cos<AD1,CF>=AD1⋅CF|AD1||CF|=−3+932×19=3819，

∴异面直线AD1与CF所成角的余弦值为3819；

(2)连接B1D1，则BD//B118.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，

由题知，∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC，所以∠BAC=∠CAD=45°，

由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcos45°=2+4−22×2×22=2，

所以CD=2，又AC=AB2+BC2=2，所以AC2+CD2=AD2，

即AC⊥CD，因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC，

因为CD⊂平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC．

(2)由(1)知，PD在平面PAC内的射影为PC，所以CE19.(Ⅰ)证明：∵四边形EDCF为矩形，∴DE⊥CD，

∵平面EDCF⊥平面ABCD，平面EDCF∩平面ABCD=CD，

DE⊂平面EDCF，∴DE⊥平面ABCD．

由题意，以D为原点，DA所在直线为x轴，

过D作平行于AB直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

如图所示：

则A(1,0,0)，B(1,2,0)，E(0,0,3)，F(−1,2,3)，

BE=(−1,−2,3)，AB=(0,2,0)，

设平面ABE的法向量为n=(x,y,z)，

则−x−2y+3z=02y=0,∴y=0，取z=1，则x=3，

所以平面ABE的一个法向量为n=(3,0,1)，

又DF=(−1,2,3)，∴DF⋅n=−3+0+3=0，∴DF⊥n；

又∵DF⊄平面ABE，∴DF/​/平面ABE；

解：(Ⅱ)∵BE=(−1，−2，