2024-2025学年福建省部分高中高二上学期10月月考数学试题及答案

2024-2025学年福建省高二上学期10月月考模拟数学试卷注意事项1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效.3．本卷满分为分，考试时间为分钟考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1a(0,是直线l的方向向量，b=(−0)是平面的一个法向量，则直线l=mm与平面所成的角为（）ππππA．B．C．D．6432=(−2，−)=(λ,2,4)2a(3)b=−λa，cb）A13．如图，在棱长均相等的四面体O−ABC中，点D为的中点，CEOA=a,OB=b,OC=c，则OE=（B．2C．3D41=ED，设2）cc1161311313A．a+b+B．a+b+63bcc11116123C．a+−D．a+b+6636x,y∈R4,2=(−a+b=（，向量=(x)，=y)，c)且a⊥c,b//c，则D4）A．22B．10C．35O−ABCMN分别为OA，=a，=bOC=c，用a，b，c表示，则等于（）b12111()()()(c−a−b)+−caa+b−ca−b+cA．B．C．D．2226．已知正三棱柱ABCABC的各棱长都为，以下选项正确的是（−）111A．异面直线AB与BC垂直116B．BC与平面AABB所成角的正弦值为1114107C．平面1与平面ABC夹角的余弦值为7DC到直线1的距离为27ABCDABCD−DDCC中有一动点PD1⊥PD111111DDCCPB与平面A1所成角中最大角的正切值为（B．2C．）113+15+1D．228刍薨（chumeng条棱的五面体如下图五面体ABCDEFABCDAB8，=AD=23ADEBCFE−−B与F−−与BCA长度的取值范围为（）A．(2,14)B．(2,8)C．(0,12)D．(2,12)二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0λ∈]，µ∈]+µ1A，9ABCDABCDP满足AP−=λ1B111111列结论正确的是（）A．三棱倠11的体积为定值−λ=µBDC11BCD时，DP∥平面1πµ=时，存在唯一的点，使得BP与直线1的夹角为24λ+µ=1时，存在唯一的点，使得CP平面1A1⊥10．已知四面体OABC，则下列说法正确的是（）OAOB11214AD为的中点，E为AD的中点，则OE=++OC4(⋅()B．若四面体OABC是棱长为1的正四面体，则OAOBCACB++=15CA0)，B(0,3,0)，C(2,3)，则向量AC在AB上的投影是5D知a=OA−OB+OC，b=−OA+OB+OC，c=−OA+7OBa，b，c不可能共面ABCDABCD的棱长为1，E，FG分别为CCBB的中点，1−，11111则（）1D与直线垂直B．直线G与平面AEF平行98C．平面AEF截正方体所得的截面面积为DC与点B到平面AEF的距离相等三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设空间向量a=(−1,2,m)，bn,4，若a//b，则a+b==(−).13．已知正三棱柱ABCABC的底面边长为6，三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的−111表面积为.=(−)OB=(−2,1)OAOB为邻边的平行四边形的两条高14OA1，的长度分别为．577115（13P−ABCD中，PA⊥平面ABCD∠BAD=90°PAABBC===AD1，=2πBC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角QPDA的平面角大小为，求动−−6点Q的轨迹的长度.16分）如图，长方体ABCDABCD中，−BC=CC，M是CC的中点．111111(1)求证：1DBD1；⊥(2)求证：AC//平面1.17分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，=λPD，λ∈]，∠ABC=60°点.==M是，ABPA2，E是棱PD上的动点，且PE1λ=(1)当时，证明：EM∥平面.2(2)当点E到直线距离最近时，求点D到平面ACE的距离.P−ABCD中，AP⊥面ABCD，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=BC=AD，点E是线段AD中点.12(1)求证：平面PBE⊥平面PAC；(2)若直线PE与平面PAC所成角的为30°，求平面与平面夹角的余弦值.191714的菱形ABCD中，∠BAD=60°DE⊥AB于点EADE沿折起到△ADE的位置，使AD，如图2.⊥11(1)求证：1E平面BCDE；⊥EPPB(2)判断在线段EB上是否存在一点P，使平面1DP平面⊥ABC？若存在，求出1的值；若不存在，说明理由.2024-2025学年福建省高二上学期10月月考模拟数学试卷注意事项1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效.3．本卷满分为分，考试时间为分钟考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1a(0,是直线l的方向向量，b=(−0)是平面的一个法向量，则直线l=mm与平面所成的角为（）ππππA．B．C．D．6432【答案】A【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，结合线面角的公式即可得到结果.【详解】设直线l与平面所成的角为，由题意可得，mθa⋅bsinθ=cos<a,b>==31π=θ=，即.a⋅b32×226故选：A=(−2，−)=(λ,2,4)2a(3)b=−λa，cb）A1B．2C．3D4【答案】C由a，b，ca，b作基底表示向量cλλ的方程，解方程即可求出实数的值．)，b2=(−−)∴，a与b不平行，a1,3=(−a，b，c三向量共面，x，y使cxayb，=+2x−y=λx=2即−x+4y2，解得=y=1．3x−2y=4λ=3故选：C3．如图，在棱长均相等的四面体O−ABC中，点D为的中点，CEOA=a,OB=b,OC=c，则OE=（12=ED，设）cc1161311313A．a+b+B．a+b+63bcc11116123C．a+−D．a+b+6636【答案】D【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案.1【详解】由于CE=ED，2所以CEC)===CAAD+CA+AB=CA+AB,6CA113所以OEOCCEOC=+=++AB611()()=OC+OA−OC+OB−OA36c16121123=OA+OB+OC=a+b+.6366故选：D4．设x,yR，向量a=(x，by,1，c4,2且ac,b//c，则a+b=∈)=()=(−)⊥（）A．22B．10C．3D4【答案】Cx,y可求解.【详解】由向量a=(x),2x−4+2=0b=y),c=(−2),且ac,b//c，⊥，解得xy==−2，所以a，b2,1，=()=(−)可得1y=2−4则a+b=(2)，所以a−+b=3.故选：C.5O−ABCMN分别为OA，=a，=bOC=c，用a，b，c表示，则等于（）b12111()()()(D．)c−a−b+−caa+b−ca−b+cA．B．C．222【答案】AOA表示出即可.CB12121212【详解】由图知：MNMOOCCN=++=−OAOC++=−OAOC++OBOC)−1111=−OA+OB+OC=b+c−a).2222故选：A6．已知正三棱柱ABCABC的各棱长都为，以下选项正确的是（−）111A．异面直线AB与BC垂直116BCAABB所成角的正弦值为11与平面14107C．平面1与平面ABC夹角的余弦值为7DC到直线1的距离为2【答案】B【分析】建立如图所示的空间直角坐标系,由空间向量法求空间角、距离，判断垂直．AAxz为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，【详解】如图，以为轴，1则(0,0,0)，B(2,0,0)，C3,0)，AB=(2,2),BC=(−3,2)，A(0,0,2)，B(2,2)，13,2)，1111AB⋅BC=−2+4=2≠0，AB与BC不垂直，A1111平面AABB的一个法向量为m=0)，11BC⋅m=36cosBC,m=1=，11m2246BCAABBB所以与平面所成角的正弦值为，正确；1114设平面ABC的一个法向量是n(,,z)，又=AB=(2,0)，1⋅nAB==002x得−+y=2n=(0,−3)由，令得，n⋅BC=0x3y2z+=01平面ABC的一个法向量是p=(0,，cosn,p==npn⋅p−3217=−，721所以平面1与平面ABC夹角的余弦值为C7AC=3,0)，AB⋅AC2211⋅AC=2，d===，AB222112142所以点C到直线1的距离为h=AC−d2=4−=，D错；2故选：．7ABCDABCD−DDCC中有一动点PD1⊥PD111111DDCCPB与平面所成角中最大角的正切值为（B．2C．）113+15+1A1D．22【答案】D【分析】根据题意可知P是平面DDCC内以,DD为直径的半圆上一点由即为直线.∠BPC111DDCC,DDCC.所成的角最大PB与平面所成的角可知当取得最小值时PB与平面1111接圆心E与C时与半圆的交点为取得最小值设出正方体的棱长即可求得,进而求得tanBPC∠.ABCD−ABCDDDCCPD1⊥PD内的点满足【详解】正方体中正方形,P111111DDCC,DD内以为直径的半圆上一点设圆心为E,如下图所示:,可知P是平面111DDCC,E与C点连线上当直线PB与平面所成最大角时点P位于圆心11此时取得最小值.∠BPC即为直线PB与平面DDCC所成的角11则设正方体的边长为则PC=EC−EP=5−1,BC=2BCPC25+1所以tanBPC∠===5−12ABCDEFABCDAB=8，AD=23ADEBCFE−−B与F−BC−A与长度的取值范围为（）A．(2,14)【答案】AB．(2,8)C．(0,12)D．(2,12)E−−B与FBCA0和180时，求得相应的长，集合题意即可得答案.【详解】由题意可知AD=2，ADE与BCF都是等边三角形，−−33故ADE与BCF的底边AD,BC上的高为23×=3，2因为二面角E−−B与FBCA相等，−−时，此时落在四边形ABCD内，长度为8232，−×=故当该二面角的平面角为0当该二面角的平面角为180时，此时落在平面ABCD上，长度为8+2×3=，由于该几何体ABCDEF为五面体，故二面角E−−B与FBCA的平面角大于0−−小于180，故长度的取值范围为(2,14)，故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0λ∈]，µ∈]+µ1A，9ABCDABCDP满足AP−=λ1B111111列结论正确的是（）A．三棱倠11的体积为定值−λ=µBDC11BCD时，DP∥平面1πµ=时，存在唯一的点，使得BP与直线1的夹角为24λ+µ=1时，存在唯一的点，使得CP平面1A1⊥【答案】ABCPAB，由异面直线所成角的定义判断C，由线面垂直判断D．【详解】选项A，由题意P在面ABBA内，因此它到平面CDD的距离等于正方体的棱长，1111CDD面积为常数，因此V=V为常数，A正确；P−1DD1为常数，而111−PDD1λ=µ=λ+=λ1B，因此P点轨迹是线段AB，1选项B，，则1PBB(1B1)1AD,BDDDDDBD//1D1BD⊄连接平面与11111BCDBD⊂BCD1BCDAB//1BCD1AB与1，平面BD//平面平面11111111ABD1ABD//1BCDDP⊂ABD平面1DP//是平面平面，11CDB，正确；112选项CAA中点E，BB中点F，连接，由µ=得P点轨迹是线段，同选项A11AB//CDBP与直线1的夹角即为BPAB与直线P1分析知，11π与F重合时，BP与直线AB1的夹角为，正确；C4选项Dλ+µ=1知P在线段ABC与平面垂直的直线只有CBCP不1A11可能与平面ABBA垂直，D11故选：ABC．10．已知四面体OABC，则下列说法正确的是（）OAOBOC121414AD为的中点，E为AD的中点，则OE=++(⋅()B．若四面体OABC是棱长为1的正四面体，则OAOBCACB++=15CA0)，B(0,3,0)，C(2,3)，则向量AC在AB上的投影是5D知a=OA−OB+OC，b=−OA+OB+OC，c=−OA+7OBa，b，c不可能共面【答案】ABC【分析】A中根据向量加法的三角形法则、平行四边形法则以及向量减法的三角形法则即()()OA+OB⋅CA+CB=OA⋅CA+OA⋅CB+OB⋅CA+OB⋅CB可得到结果；B中先化简，再利a⋅b=abcosa,b，AC=3)=(2,0)求解即可；中先求出用公式CAC在AB⋅ACABACcos∠CAB=上的投影为即可求解；Da，b，c共AB面，则a=xb+yc解题即可.1122112OE=OA+AE=OA+AD=OA+AB+AC【详解】A21122111111=OA+BOB−OA+OC−OA=OA+OB+OC，所以A正确；222244()()OA+OB⋅CA+CB=OA⋅CA+OA⋅CB+OB⋅CA+OB⋅CB=1×1×cos60+1×1×cos90+1×1×cos90+1×1×cos60=1，所以B正确；AC=3)，向量C=(2,0)，AC在AB上的投影为ACcos∠CAB=AB⋅−1+21+4ACAB5==,所以C正确；5D中，假设向量a，b，c共面，则a=xb+yc，所以()()OA−OB+OC=x−OA+OB+OC+y−OA+7OB=(−x−y)OA+(x+y)OB+xOC337212−x−3y=1x=1212所以3x7y+=−2，解得，所以当x=,y=−时向量a，b，c共面，所以D错122x=1y=−误.故选：ABCDABCD的棱长为1，E，FG分别为CCBB的中点，1−，11111则（）1D与直线垂直B．直线G与平面AEF平行98C．平面AEF截正方体所得的截面面积为DC与点B到平面AEF的距离相等【答案】BCD【分析】以点D为坐标原点，、DC、DDxyz所在直线分别为、、轴建立空间直角1坐标系，利用空间向量法可判断选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.【详解】以点D为坐标原点，、DC、DD所在直线分别为、、轴建立如下图所xyz1示的空间直角坐标系，A1,0,0)B0)C(0)D(0)A0,1()B()C()则、、、、、、、111121212()、D0,1E0FG1、、，1，则1=(0,1，)AF=−DD⋅AF=≠0对于A选项，DD，1212DD与直线不垂直，故A错误；所以直线11AE=−011对于B选项，设平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，EF=−,0,，，2221m⋅AE=−x+y=021=2，可得m=(2)，则，取x1m⋅EF=−x+z=02212AG=−，所以AG⋅m=1−1=0，即AG⊥m，111AG⊄1AEF∴G//因为平面，平面AEFB正确；对于C选项，连接因为E、F分别为、AB//CD且AB=CD，所以四边形ABCD为平行四边形，则，AD1FBC、、，11CCEF//BC，1的中点，则111111111所以EF//AD1，所以E、F、A、四点共面，D1ABCD−ABCD所得截面为1AD1FE，故平面AEF截正方体且EF=CE+CF11125222=，同理可得AE=1F=，AD=2≠EF，12所以四边形AD1FE为等腰梯形，分别过点E、F在平面AD1FE内作EM⊥ADFN⊥AD，1M、N1示：AE=1F∠EAM=∠FD1N∠EMA=∠1=90，因为所以，，Rt△AEM≌Rt△1FNAM=1NEM=FN，，故，因为EF//MN，⊥，EN，则四边形为矩形，⊥2所以MN=EF=，2AD1−EF2324∴AM=1N==，故EM=AE2−AM2=，24(EF+)⋅ADEM98故梯形AD1FE的面积为S梯形1FE=1=C正确；2CEm⋅113CE=,0,0，则点C到平面AEF的距离为d==，12mAB⋅m13=(AB0，则点到平面AEF的距离为)d==B，2m所以点C与点B到平面AEF的距离相等，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设空间向量a(1,2,m)，bn,4，若a//b，则=−=(−)a+b=.【答案】3【分析】依题意可得a=λb，即可得到关于、、的方程组，从而求出a、b，最后求mnλ出a+b.)=(−)n,4a=(−1,2,mb且a//b，所以a=λb，【详解】因为，12λ=−−1=2λ即(−1,2,m)=λ(n,4−)=λm=2，所以2n，解得，m=−4λn=−4)=(−−)，b4a=(−1,2,2所以，所以ab(4)(2)2)，+=−−+−=−−a+b=12+(−2)2+(−2)2=3.所以故答案为：313．已知正三棱柱ABCABC的底面边长为6，三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的−111表面积为.【答案】64π即可求其表面积.【详解】因为正三棱柱的底面边长为6，61所以底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径r=×=23.sin60°2又由三棱柱的高为，则球心1到圆O的距离因此球半径R满足：R=r+d=12+4，即有R=4，=π×16=π.d=2，222所以外接球的表面积S=πR故答案为：64π2=(−)OB=(−2,1)OAOB为邻边的平行四边形的两条高14OA1，的长度分别为．23【答案】，3()()a+b⋅a=0a+b⊥aa+b为底的高的长度为，【分析】求出a+b，计算得，因此以OA然后求出a+b与b夹角的余弦并计算出正弦，从而可得以为底的高．()()OA=a，OB=ba+b=(2,0)a+b⋅a=0a+b⊥a以OA为底的高的长度为ab2．+=()a+b⋅bcos<a+b,b>==a+bb463=，所以sinab,b>=<+，2++332×()−12223233所以以OB为底的高的长度为a+bsin<a+b,b>=2×=．3233．577115P−ABCD中，PA⊥平面ABCD∠BAD=90°PAABBC===AD=1BC//AD，2π已知Q是四边形ABCDQPDA的平面角大小为−−Q6的长度.8158【答案】/15.1515Q(m,n,0)Q−PD−A的大小，列出方程，【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角得到15m+n=2，设直线15x+y=2与为的长，由勾股定理求出答案.x,y轴交点分别为E,F，得到动点的轨迹的长度Q【详解】因为PA⊥平面ABCD，AB,AD平面ABCD，所以AB，AD，⊂又因为BAD=90，∠°所以AB，两两垂直，所以以A为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，1因为PAABBC===AD=1，2()()()()P0,1,D2,0,A0,0,0,B1,0,0，所以(Qm,n,0)，因为Q是四边形ABCD内部一点，设0≤m≤1其中m+n2，≤n≥0平面PDA的法向量为m=1,0,0)，设平面的法向量为n=(x,y,z)，则⋅(⋅(−)−nPD=x,y,z0,2,1=2yz=0，⋅(⋅(−)−nPQ=x,y,zm,n,1=mx+nyz=02−ny=1z=x=令，则，m2−nm所以n=2，2−nm2n−m⋅ncosm,n==m⋅n(1,0,0)⋅2m=，2−22n−2n1+4+5+mm0≤m≤1由于m+n2，≤n≥02−nmcosm,n=>0所以2−n>m0，故>，−2n25+mπ因为QPDA的平面角大小为，设为，−−62−ncosθ=cosm,n=3m=则，2−n225+m解得：15m+n=2，设直线15x+y=2与x,yE,F轴交点分别为，故动点Q的轨迹的长度为的长，()令x得：y=2，故F0,22151521515令n得：m=，故E,022151581515由勾股定理得：EF=+22=，81515所以动点Q的轨迹的长度为.81515.16．如图，长方体ABCDABCD中，−BC=CC，M是CC的中点．111111(1)求证：1DBD1；⊥(2)求证：AC//平面1.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析）连接AD，根据线面垂直的判定证明AD⊥1平面即可；ABD11（2）方法一：连接AC交BD于N点，根据中位线的性质证明MN∥AC即可；11DDGAG，证明平面GAC∥1即可方法二：取）证明：连接ABCD−ABCD中点，连接，连接1ADAD⊥ADADD为正方形，则11，四边形11长方体中，1111AB⊥平面1A1D，⊂平面1A1AD⊥ABAD1∩AB=A所以，所以，所以，，1AD⊥1ABD,BD⊂平面ABD1平面11AD⊥BD.11（2）方法一：连接AC交BD于N则NAC为的中点，111连接，则为1AC的中位线，故MN∥ACAC⊄平面1，MN⊂平面BMD1所以，AC∥平面BMD1DD中点G，连接，方法二：取1则G∥MC,G，四边形为平行四边形，=1所以，GC∥1M，⊄BMDDM⊂BMD，111所以，GC∥1∥=连接AG，则,，四边形GABM为平行四边形，所以，GA∥MB，⊄⊂BMD，1，1所以，GA∥平面BMD1GA∩GC=G，所以，平面GAC∥1因为平面GAC，⊂所以，AC∥平面BMD117P−ABCD中，PA⊥ABCDABCD∠ABC=60°，AB=PA=2，E是棱PD上的动点，且PE=λPD，λ∈[]0,1，M是边中点.12λ=(1)当时，证明：EM∥平面.(2)当点E到直线距离最近时，求点D到平面ACE的距离.【答案】(1)证明见解析37(2)7【分析】（）根据三角形中位线可得线线平行，进而可证ENBM为平行四边形，即可根据线面平行的判断求解，（2建立空间直角坐标系．利用向量，结合点到线的距离公式求出距离的表达式，进而结4λ=ACE的法向量n7离公式即可求解.）取AP中点N，连接NE,BN,EM,11λ=EN//AD,EN=AD且，当时，E是棱PD上的中点，故22又BC//AD,且BC=AD，M是边中点,所以EN//BM且ENBM，=故四边形ENBM为平行四边形，因此ME//BN,又平面,BN⊂平面故EM∥平面.⊄,（2CD的中点F于PA⊥平面ABCDABCD是菱形，ABC60，∠=°所以，，AP两两垂直，故以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．(),B2,0,0C3,0)D(−3,0)P(0,2)，则(0,0,0)，，，故AC=3,0)，AB=(2,0)，PD=(−3,−2)，AP=(0,2)．因为PE=λPD，所以PE=(−λ,λ,−2λ)，则AE=AP+PE=(−λ,λ,2−2λ)．AB⋅=−λ2()2AEAE=λ2+λ2+2−2λ=λ2−8λ+4，，AB2AE⋅AB2=λ点E到直线距离为d=AE−2−λ+4−λ2=7λ2−λ+4,AB4712λ==7λ2−λ+故当时，此时y4取到最小值，此时点E到直线距离最小，7n⋅AC=x+3y=0设平面ACE的法向量为n(x,y,z)，则=，n⋅AE=−λx+λy+(2−2λ)z=0λ1−λ43()AD=−3,0，令x=3，得=(3,−)=(3,−)．3AD⋅n−3−3377==ACE的距离为n2433()2()23+−1+1218P−ABCD中，AP⊥面ABCDAD∥BC∠BAD=90°ABBC==AD，点E是线段AD中点.(1)求证：平面PBE⊥平面PAC；(2)若直线PE与平面PAC所成角的为30°，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析6(2)6）根据线线垂直得线面垂直，进而可得面面垂直，（2EPO30夹角即可求解.）因为BAD90，∠=°PE=,进而建立空间直角坐标系，利用法向量的1∠=°AB=BC=ADE是线段AD中点，2连接CE,AC,BE相交于O,AE=BC且AE//BC，故四边形AECB是正方形，所以BEAC．⊥因为AP⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD，故AP⊥BE，且