2024年北京十二中高二（上）10月月考数学试题及答案

2024北京十二中高二10月月数 学4150120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回.第一部分选择题（共60分）一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.A0,1,B过

3,4两点的直线的倾斜角为（ ）A.60 B.60 C.120 D.1502.已知直线l经过点2),0)，平面的一个法向量为n(2,4)，则（ ）A.l∥C.l

B.lD.l与相交，但不垂直如图，平行六面体ABCD中，E为BC的中点，AB=a，ADb，c，则（ ）aa1bca1bcaa3bc1a1bcC. D.2 2 2设点A2,4在xOy平面上的射影为B，则OB等于（ ）29513A. B.5 C.2 D.29513在以下4个命题中，不正确的命题的个数为（ ）①若abbc，则ac；②若三个向量a,b,c两两共面，则向量a,b,c共面；③若abc为空间的一个基底，则bbcca构成空间的另一基底；④ab1个

abc.

2个 C.3个 D.4个6.已知向量a,b，则“abab0”是“ab或ab”的（ ）条件.A.必要而不充分 B.充分而不必要 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.PA（21，﹣PB（﹣1，23PC（7，6，P，，B，Cλ＝（ ）A.9 B.﹣9 C.﹣3 D.3A，B，C，DABAC0ACAD是（ ）

，ABAD0，则BCDA.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.不确定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12331A到平面QGC的距离是（）A.1 B.14 222正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（ ）5A.6C. 6

B. 6D. 61ABCDMNABCDP为正方体表面上及内部的点，若点P满足DPmDAnDMkDN，其中m,n,kR，且mnk1，则满足条件的所有点P构成的图形的面积是（ ） 2824ADE菱形ABCD的边长为4，A60，E为AB的中点（如图1将 ADE沿直线EADE3处（2BC'EBCD的体积为43BC的距离为（）

，点F为AD的中点，则F到直线224（90分）4二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.13.已知向量a2,1),bx,y),且a//b，则xy．已知i，j，k为空间两两垂直的单位向量，且ai2jk，bj4k，则ab.已知a2,2,3,b2，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为 .已知直线l斜率的取值范围是3,1，则l的倾斜角的取值范围是 ．长方体ABCD中，ADAB4,E,F,G分别是棱,BC,的中点，M是该长方体的面ABCD内的一个动点（不包括边界，直线1M与平面EFG平行，则11的最值为 .PABCDABCDPAABCDPAABPC的中点，M为△PBD内一动点（不与P,B,D三点重合）.给出下列四个结论：①直线BC与PD所成角的大小为π；②AGBM；③GM的最小值为 3；④若AM 2，则点4 3 2πM的轨迹所围成图形的面积是6.其中所有正确结论的序号是 .三、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.19.已知空间中三点A2,0,2,B1,1,2,C3,0,3，设aAB,bAC.（1）求aab；（2）求向量a与向量b夹角的大小.ABCD中，以顶点A1，BAD90,DAA1BAA160,M为A1C1与B1D1的交点.设ABa,ADb,AA1c.BM用abcBM，并求BMBM的值.

的值；ABCD2EBC的中点.//DC1E；FDFDC1E所成角的正弦值.PABCDPDABCDAB∥CDADC90，且ADCDPD2AB2.ABPAD；PADPBC夹角的余弦值；PB上是否存在点G（GP,B不重合DGPBC2？若存3PG在，求PB

的值，若不存在，说明理由.学习阅读以下材料，应用所学知识解决下面的问题.类比于二维空间（即平面a可用二元有序数组1,a2nan元有序数组1,a2, ,an表示，记为a1,2, ,n，对于kR，任意a1,2, ,n,b1,2, ,n有：①数乘运算：kaka1,ka2, ,kan；②加法运算：ab11,22, ,ann；③数量积运算：ab anbn；aa a2a21 2a2n,m⑤对于一组向量aii,m

；,m，若存在一组不同时为零的实数kii2, 使,mk2a2 kmam0，则称这组向量线性相关，否则称为线性无关.⑥在n维向量空间中，基底是一组线性无关的向量1,2, ,n，并且在空间中的任意向量都可以由组基底线性表示，即 n，其中2, ,n是一组实数.设是n元集合A2, ,n的子集，集合元素的个数记为

，若集合组, ,同时满足以下2个条件，则称集合组, ,具有性质P：①

为奇数，其中i1,2,,m；②AiAj为偶数，其中i,j1,2,,m,ij.Aj当n3时，集合组, ,具有性质P，求m的最大值，并写出相应集合组；当n8时，集合组, ,具有性质P，求m的最大值；是n元集合A2, ,n的子集，若集合组, ,具有性质P，求m的最大值.参考答案（60分12560分.【答案】B【分析】先根据两点坐标求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出倾斜角.【详解】已知直线经过A(0,1)和B(3,4)两点.ky21（其中(x,y)和(x,y)为直线上两点的坐标，xx

1 1 2 2

2 1413333413333ktan（为倾斜角，已知kAB

3，即tan .33又因为倾斜角0180?，在这个区间内，满足tan 的60.33故选：B.【答案】B【分析】根据平面的法向量与直线l的方向向量的关系即可求解.【详解】因为直线l经过点A(1,1,2),B(0,1,0)，AB2)，又因为平面的一个法向量为n(24，n2AB，所以平面l的方向向量平行，则l，B.【答案】B【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，所以DEDAAAABBEADAAAB1ADa1bc.1 11 1 1 2 2故选：B【答案】D【分析】先得到B2,3,0，从而求出OB2,3,0，计算出模长.A24xOyB20OB20，OB 22OB 22320213故选：D【答案】C【分析】利用向量的数量积、向量共面与向量基底的定义和性质，结合特殊向量法，逐一判断各命题即可得解.【详解】对于①，设b0a与caba00bc0c0，abbca不一定等于c，所以①不正确，abc，它们两两共面（两两垂直abcabbcca共面，则存在实数，使得ab(bc)(ca)，abab)c1由{abcabc不共面，则1

，这个方程组无解，abbcca不共面，{abbcca构成空间的另一基底，③正确，对于④，|abcab||c|，而|ab|a||b||os|（a与b的夹角，所以|abca||b||cos||ca||b||c|，④不正确，3个.故选：C.【答案】A【分析】结合向量的数量积，根据充分必要条件的定义判断．ababab0ab0，则abab0，必要性满足，若a0b，则abab0ab，即充分性不满足，故题设条件关系为必要不充分条件．故选：A．【答案】B【分析】由已知可得PA,PB,PC共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.P，A，B，CPBPC共面，PCxPAyPB(2xy,x2y,3x3y)(7,)，2xy7x2y63x3y

x4，解得y1 .9故选:B.【点睛】本题考查空间四点共面的充要条件以及平面向量的基本定理，属于基础题.【答案】ABCBDAB02【分析】根据题意，得到BCACAB，BDBCBDAB02

，根据BCBDcosBBCBD，即可判断B的大小；利用上述方法求得DBDC0，CBCD0，即可判断C和BCBDD的大小，进而可以判断出三角形的形状.BCBDBCBD(ACAB)(ADAB)ACADACABABADABAB022cosB

BCBDBC

0，B为锐角，同理：DBDC0，CBCD0，D和C都为锐角，∴BCD为锐角三角形.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的加减运算法则与向量数量积的运算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则C(02002G(02)0QC22)QG0AC0，设平面QGCn(x,y,z)，则nQC0，即x0

，则平面QGC的一个法向量为n(0,1,1)，A到平面QGCd

nQG0nnn22

x2y2z0故选：C【答案】D【分析】根据题意得到BN1ACAB，FM1ADAB，然后由向量的数量积公式分别求出2 2FMFMBN,FM,BN【详解】如图所示：由题意，可得BNANAB1ACAB，FMFDDMBADM1ADAB，2 2又由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，2在△ABD中，由ABAD2,BD2 ，可得AB2AD2BD2，所以，所以2FMBN1ADAB1ACAB 2 2 1ADAC1ADAB1ABACAB24 2 2122101221221145；4 2 2 2 2 2BNBN 1ACAB221AC2ACABAB241222122221421243FMFM 1ADAB221AD2ADABAB24122012204104FMBNFMBN所以cos

15，FM,FM,BN 5253即直线BN和FM夹角的余弦值为15.6故选：D.【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量AB,AC,AD，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把FM,BN分解，然后由向量的夹角公式即可求解.【答案】APMN【详解】因为DPmDAnDMkDN，mnk1，

ACB1，然后可计算面积．PMNN

ACB1，2P2

ACB1，1

边长为 ，P构成的图形的面积为

3(2)2 3，4 2故选：A．【答案】ADEAEBAEBCDEEEBED所在的xyz轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】连接BD，因为四边形ABCD为菱形，且A60，所以△ABD为等边三角形，AE因为E为AB的中点，所以DEAB，所以DEEB,DEAEEB

，EB,AE平面AEB，所以DE平面AEB，因为菱形ABCD的边长为4，所以ABADCDBC4,DE23,AEBE2，3BCDE1(24232

6 ，33AEBCDh164333所以hAE，所以AE平面BCDE，

，得h2，所以以E为原点，EB,ED,EA所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0),C(23,0),F(所以BC(23,2,0)，

3,，cBC 31 所以 , ,0,aFB(3,2,BC 2 2 aa 34122,ac31122FBCd故选：A

31，aaac 81224第二部分非选择题（共90分）二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.【答案】-9【分析】3根据a//b，由

xy

，求得x,y即可.1 2 1【详解】因为向量a(1,2,1),b(3,x,y),且a//b，所以3xy，1 2 1解得x6,y3，所以xy9.故答案为：-9【答案】3【分析】根据数量积的运算律计算即可.abi2jk3ij4k3i22j24k23243.故答案为：-3.15.【答案】1,1,2【分析】根据投影向量公式计算即可.【详解】因为a2,2,3,b1,1,2，b 2262则向量a在向量b上的投影向量为 · · 1,2.b b故答案为：1,1,2.16.【答案】0, ,

114 1144 3 【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】因为直线l斜率的取值范围是3,1，所以当斜率0k1时，倾斜角0，433当斜率 k0时，倾斜角3

，综上倾斜角的取值范围0, ,，4 3 故答案为：0, ,4 3 【点睛】本题主要考查了直线的斜率，直线的倾斜角，属于中档题.11【答案】4【分析】作出截面EFG，由平行得出M点轨迹是线段AC，建立空间直角坐标系，设出M点坐标，用坐标计算出数量积后，结合二次函数知识得最小值．【详解】解法一：EFG分别是棱BCAB,HIJEFGEGFHIJ，如图，C连接D1C,CA,AD1，则CD1//EG，又CD1平面EFG，EG平面EFG，同理ACC而AC

，AC,CD1平面ACD1，//EFGMAC//EFG，MAC，DCxyzD1(000，C(0,4,0)，在平面ABCD内，设直线AC方程为xy1，即设M(a,44a,0)，(0a3)，3 4 3MB3a4aMDa44a，1 3 1 3

a(3a)4a(44a)925a225a925(a3)211，3 3 9 3 9 2 4所以a3时，MBMD取得最小值11，2 1 1 411故答案为： ．4解法二：如图，分别以AB、AD、AA1方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系可得：E2,3,3，F4,3,0，G4,3,3，D0,3,3，B4,0,3，设Mx,y,0， 2 2 1 1 EF3,3，FG3,3，DMx,y3， 2 22 1 EFGnxyz，2x3y3z0EFn0 2则FGn0，得3 3 ， y2 2

z0y1x3y1z1n31.4 4 由于直线D1M与平面EFG平行，则D1Mn0，得：3xy330，即：y3x.4 44x,y,3，x,3y,3，

4xxy3y9x24xy23y9，2x24x3x2

9x9

25x225

x9

5x2

11，4

4 16

16 4x04x2

取得最小值，最小值为 .411故答案为： ．4【答案】①②④【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明AG平面PBD，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.BC//AD，所以PDABCPD所成的角或其补角，由于PA底面ABCD,AD平面ABCD，所以PAAD,又PAAD1，所以PDAπ，①正4确；由于PA底面ABCD,CD平面ABCD，所以PACD,又ADCD,PAADA,PA,AD平面PAD，所以CD平面PAD,取PD中点为N，连接NA,NG,由于GPCNG//CDNGPADPDPADNGPD，PAAD1PDNPDAN,ANNGNANNGANGPDANGAGANGPDAG,ACBDBD,PAACACPACBDPAC,AGPAC,BDAG,PD BDDPDBDPBDAGPBDMBPBD,所以AGBM，故②正确；当GM平面PBD时，GM最小，设此时点G到平面PBD的距离为h，V V

1V

1V

1V

111111,GPBD DPBG

2DPBC

2PDBC

4PABCD

4 3 12所以VGPBD

13

h1,12AD2PDAD2

，故△PBD为等边三角形，S 122 3 3,所以V

1

3h

1h

23，故③错误；2

PBD

2 2 2GPBD

3 2 12 6由③得点G到平面PBD的距离为3，不妨设G在平面PBD的投影为H,6所以点C到平面PBD的距离为 3,3由于AC被BD平分，所以A到平面PBD的距离为 3,3由②知AG平面PBD，所以H,G三点共线，即AH 3，32AM2AH又AM ，所以2AM2AH2

, 2 2 322 2 36 62 π因此点M的轨迹围成的图形是以点H为圆心，以HM为半径的圆，所以面积为π6

，故④正6确.故答案为：①②④

【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..三、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.19.【答案（1）1 （2）120（（2）先求出a和b的坐标，再借助坐标运算，数量积和夹角坐标公式分别计算两小问.【小问1详解】A(202)2)C(30.aAB(1(2),122)0),bAC(3(2),00,32)(1,0,1),所以ab(1(1),10,01)(0,1,1),则a(ab)(1,1,0)(0,1,1)1011011.【小问2详解】根据向量点积公式ab|a||b|cos，ab1(1)10011，|a||b

02 ，2(1)20212 2，2则cos所以120.【答案（1） 62

1，aab1|a||b| 22（2）2（1）abcBM公式求出|BM|的值；（2）先求出AC1，再根据向量数量积的运算规则求出BMAC1的值.【小问1详解】ABCDMM中点，又因为ABa,ADb,AA1c，且平行六面体中A1B1ABa，A1D1ADb，BM1BA1BM1BA1BCBC1BB1B1C1cb因为BC1BB1B1C1cbBMBM1(ca)1(cb)1b1ac2 2 2 2BMBM|2(1b1ac)21b21a2c21abcbca2 2 4 4 2因为BAD90，所以ab0，又|a||b||c|1，DAA1BAA160，所以cacb|c||a|cos601111，2 2|BM|21111110113，所以|4 4 2 2 2 2【小问2详解】BMAC(c1a1b)BMAC(c1a1b)(abc)所以

6.BM|BM|321 2 2cacbc21a21ab1ac1ba1b21bc111100111112.2 2 2 2 2 2 2 2（1）证明见详解；（2） 23【分析（1）连接，O，得OE//，则根据线面平行的判定定理即可证明//平面DC1E；（2）利用空间向量法，即可求直线DF与平面DC1E所成角的正弦值.【小问1详解】连接，O，连接OE，OEBC的中点，OE//DC1EOEDC1E，BD1//平面DC1E；【小问2详解】如图所示，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，D(00)C1(0220B(2002F，(0,2)，DE2,0)，DF设n(x,y,z)为平面DC1E的一个法向量，则nD102y2z0

，令x2，得n(2,1,1)，nDE0

x2y0设直线DF与平面DC1E所成角为，DFnDFnDFnDFn2116323故直线DF与平面DC1E所成角的正弦值为 2.3（1）证明过程见解析2（2）38（3）9【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可.【小问1详解】PDABCDABABCD，PDAB，又因为AB∥CD,ADC90，所以ADAB，而AD PDD,AD,PD平面PAD所以AB平面PAD；【小问2详解】PDABCDADCDABCD，PDCDPDAD，而CDAD，于是建立如图所示的空间直角坐标系，D0,0,P0,2,A2,0,B2,1,0,C0,0，由（1）可知：AB平面PAD，所以平面PAD的法向量为AB0,1,0，PBC的法向量为=(𝑥𝑦𝑧B,,2,C,,2，则有mPB02xy2z0m,,2，mPC

2y2z0设平面PAD与平面PBC夹角为，cos

AB

2 2； ABm 1144 【小问3详解】PGPB0,1，设Gxyz，于是有xyz22,12G222，DG2,,22，由（2）可知平面PBC的法向量为m1,2,2，假设DG与平面PBC所成角的正弦值为2，则有3DGmDGmDGm 3222441444222238即PG .8PB 9

89

，或0舍去，23（1）3（2）8（3）n（1）

分类讨论，得到最大值的可能情况，举例并验证满足两个条件即可；给出n8时具有性质P的集合组：1,2,3, ，验证分析，再应用反证法，借助向量运证明m9时任意集合组不具有性质P，从而得m最大值为8；给出具有性质P的集合组：,n，验证分析，再应用反证法，借助向量运算证明mn1Pmn.【小问1详解】当n3时，A1,2,3.集合组, ,具有性质P，则

为奇数，所以

1或3.

1时，则Ai可能是1,2,3.

3时，则Ai可能是1,2,3.若集合组, ,中包含2,，设则对于其他集合Aj(j，要使Aj为偶数，Aj所有可能集合为2,2故集合组, ,中不包含2,，具有性质P的集合组中只可能包含1,2,3；

为奇数.AjAi若集合组中存在两个集合Ai,Aj相等，由AiAj,i,j1,2,3,AjAi

AjAi，则Ai

为奇数，不满足条件②，故集合组, ,中任意两个集合不相等，即至多含3个集合故m3.若集合组为：1,2,3，设A11,A22,A33，则有①Ai1为奇数，其中i1,2,3；Aj0为偶数，其中i,jij；所以集合组A1,A2,A3具有性质P.综上，m的最大值为3，相应满足条件的集合组为：A11,A22,A33.【小问2详解】集合A,.设其子集A对应向量(a,a, ,

)，其中ak，k2, ,n.i i i1 i2

ik 0,kAi

nni为奇数，则为奇数，即ik1

为奇数，i2, ,n；又由0001100,111可知，

nnAj为偶数，则ijaikajk为偶数，i,j2, ,n，且ij.Ajk1,n,i且由条件可知，，且Aj,i,j,n,i当n8时，A,8.若集合组为：，设,，则有①1为奇数，其中i2,,8；,8,ij②Aj0为偶数，其中i,j2,,8,ij所以集合组,,, ,具有性质P，此时m8.,8,m9,8,设,，

不符合题意.则10),20),3(0,0), ,8(0,.,8,,8,

具有性质P，设集合对应向量9x2, ,，其中x2, ,中有奇数个为1，其余为0，且(i2, ,8)不妨理解为这9个集合对应8维空间中的9个向量1,2, ,9，,9,ij且ii为奇数，i2, ,9，ij为偶数，i,j,9,ij下面用反证法证明A2, ,A8,不具有性质P.证明：假设A2, ,A8,具有性质P，由由9x22 x88则911x221 x881若1时，则1为奇数，而x221 x881为偶数，则91为奇数，这与i所以x11，则x10；

i,j,i

j为偶数矛盾，.同理，由9i(i,8)为偶数，可得0(i2,,8).故90,,0，即，

0

为奇数矛盾.,8,,8,

不符合题意.下面证明任意集合组,, ,,都不具有性质P.证明：假设存在一个集合组,, ,,具有性质P.设集合组中, ,分别对应8个向量1,2, ,8若1,2, ,8线性无关，则可为8维向量空间的基底，又由对应向量i(ai1,2, ,ain)中aik1或0，k2, ,n，88则9ii，Q，且i不全为0,i2, ,8.i1即可转化为存在不全为0的9个整数k1,k2, ,k9使得k22 k88k990，且其中向量等式中的整系数k1,k2, ,k9为最简形式（不可再约）.则1k221 k881k9910为偶数，其中11为奇数，k221 k881k991为偶数，若k1为奇数，则k111为奇数，则1k221 k881k991为奇数故这与1k221 k881k9910产生矛盾，所以k1为偶数.同理可得ki均为偶数，i2,,9.这与9个整系数k1,k2, ,k9不全为0且不可约的最简形式矛盾.因此，若1,2, ,8线性无关，则集合组, ,不具有性质P；设集合组中, ,分别对应8个向量1,2, ,8若其中, ,对应8个向量1,2, ,8线性相关.又由对应向量i(ai1,2, ,ai8)中aik1或0，k2, ,8.88则存在Q，且i不全为0,i2, ,8，使得ii0，i1即存在不全为0的8个整数t1,t2, ,t8，使得t22 t880且其中向量等式中的整系数t1,t2, ,t8为最简形式（不可再约）.则1t221 t8810为偶数，其中11为奇数，t221t331 t881为偶数，若为奇数，则1为奇数，则1t221这与1t221 t8810产生矛盾，所以为偶数.同理可得ti均为偶数，i2,,8.

t881为奇数，这与8个整系数t1,t2, ,t8不全为0且不可约的最简形式矛盾.因此，若向量1,2, ,8线性相关，集合组, ,不具有性质P由（i（i可知假设错误，故任意集合组1,2, ,9都不具有性质P.综上所述，m的最大值为8.【小问3详解】集合A,.若集合组为：,n，设,，

1为奇数，其中i2,,n；②

Aj0为偶数，其中i,j2,；,n,i即满足条件①②，所以集合组,, ,具有性质P，此时m,n,i下面证明当mn1时，任意集合，集合组：1,2,3, ,n,不具有性质P.不妨设,，则则1,0),2,0),3(0,,0), ,n(0,,若集合组为：1,2,3, ,n,