2024-2025學年重慶十八中高二（上）月考數(shù)學試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶十八中高二（上）月考數(shù)學試卷（10月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知向量AB=(?1,1,1)，AC=(1,?1,0)，則平面ABC的一個法向量n=A.(1,1,0) B.(1,?1,0) C.(1,1,2) D.(?1,1,2)2.兩直線的斜率分別是方程x2+2024x?1=0的兩根，那么這兩直線的位置關系是(

)A.平行 B.斜交 C.垂直 D.重合3.在四面體ABCD中，點M，N滿足AM=2MB，CD=2CN，若MN=xA.?13 B.13 C.14.下列四個命題，其中真命題是(

)A.若向量a與向量b，c共面，則存在實數(shù)x，y，使a=xb+yc

B.若直線a的方向向量為a=(1,0,?1)，平面α的法向量為m=(1,1,1)，則a⊥α

C.若直線l的方向向量n=(12,0,3)，平面α的法向量為m=(?2,0,13)5.若向量?e1,e2,e3?是空間中的一個基底，那么對任意一個空間向量a，存在唯一的有序實數(shù)組(x,y,z)，使得：a=xe1+ye2+ze3，我們把有序實數(shù)組(x,y,z)叫做基底?A.(?3,?1,4) B.(3,1,?4) C.(3,?1,?4) D.(?3,1,4)6.如圖，平行六面體各棱長為1，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，動點P在該幾何體內(nèi)部，且滿足AP=xA.64 B.63 C.7.長方體ABCD?A1B1C1D1，AB=BC=1，BB1=2，點A.[0,14] B.[0,12]8.如圖，在正方形中，點E，F(xiàn)分別是線段AD，BC上的動點，且AE=BF，AC與EF交于G，EF在AB與CD之間從AB向CD滑動，但與AB和CD均不重合.在EF任一確定位置，將四邊形EFCD沿直線EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，則下列選項中錯誤的是(

)

A.∠AGC的角度不會發(fā)生變化 B.二面角G?AC?B先變大后變小

C.AC與平面ABFG所成的角變小 D.AC與EF所成的角先變小后變大二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在空間直角坐標系中，下列說法正確的是(

)A.點A(1,2,3)關于坐標平面Oyz的對稱點的坐標為(1,?2,?3)

B.點B(4,0,5)在平面Ozx面上

C.點C(?1,1,2)，D(1,3,4)的中點坐標是(0,2,3)

D.兩點E(2,?7,4)，F(xiàn)(4,?5,3)間的距離為310.如圖，圓錐PO的內(nèi)切球和外接球的球心重合，且圓錐PO的底面直徑為6，則(

)A.設圓錐的軸截面三角形為△PAB，則其為等邊三角形

B.設內(nèi)切球的半徑為r1，外接球的半徑為r2，則r2=3r1

C.設圓錐的體積為V1，內(nèi)切球的體積為V2，則V1V11.如圖，點P是棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1的表面上一個動點，A1E=A.三棱錐A?PEF的體積是定值

B.存在一點P，使得C1P⊥A1C

C.動點P的軌跡長度為7三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知點P(1,0)，A(0,1)，B(2,3)，過P的直線l(不垂直于x軸)與線段AB相交，則直線l斜率的取值范圍是______．13.如圖，兩條異面直線a，b所成角為30°，在直線上a，b分別取點A′，E和點A，F(xiàn)，使AA′⊥a且AA′⊥b，已知A′E=2，AF=3，EF=5，則線段AA′的長為______．14.已知三棱錐P?ABC的四個面是全等的等腰三角形，且PA=42，PB=AB=25，D為AB中點，PE=3四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

已知a=(1,5,?1)，b=(?2,3,5)．

(1)若(ka+b)//(a?3b)，求16.(本小題12分)

如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=3，AB⊥AC，D為A1C1的中點．

17.(本小題12分)

如圖，在平行六面體ABCD?A′B′C′D′中，底面ABCD是邊長為1的正方形，側棱AA′的長為2，且∠A′AB=∠A′AD=120°，在線段AA′、BB′、CC′、DD′分別取A″、B″、C″、D″四點且AA″=14AA′，BB″=12BB′，CC″=34CC′，DD″=12DD′.求：

(1)證明：A″，B″，C″，D″四點共面；

(2)AC′⊥18.(本小題12分)

在底面是菱形的四棱錐S?ABCD中，已知AB=AS=5，BS=4，過D作側面SAB的垂線，垂足O恰為棱BS的中點．

(1)在棱AD上是否存在一點E，使得OE⊥側面SBC，若存在求DE的長；若不存在，說明理由；

(2)求二面角B?SC?D19.(本小題12分)

如圖①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，點M是邊CD的中點，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB，PC，得到圖②的四棱錐P?ABCM，N為PB中點．

(1)求證：NC//平面PAM；

(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直線BC與平面PMB所成角的大??；

(3)設P?AM?D的大小為θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面

參考答案1.A

2.C

3.B

4.A

5.D

6.B

7.B

8.B

9.BCD

10.AD

11.ACD

12.[13.6或314.215.解：因為a=(1,5,?1)，b=(?2,3,5)．

∴(1)ka+b=(k?2,5k+3,?k+5)，a?3b=(7,?4,?16)，

由(ka+b)/?/(a?3b)16.解：(1)證明：∵三棱柱ABC?A1B1C1為直三棱柱，∴A1A⊥面ABC，

∴A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，且AB∩A1A=A，∴AC⊥面A1B1BA，

又A1C1/?/AC，故A?1C1⊥面A1B1BA，

∵AB1?面A1B1BA，∴AB1⊥A1C1，即AB1⊥A1D，

又AB=AA1，∴四邊形A1B1BA為正方形，故AB?1⊥A1B，

A1D∩A1B=A1，∴AB1⊥面A1BD；17.(1)證明：因為A″B″=?14AA′+AB+12BB′=14AA′+AB，

C″D″=14CC′+C′D′?12DD′=?14AA′?AB，

所以A″B″=?C″D″，

故A″B″//C″D″，

所以A″，B″，C″，D″四點共面；

(2)證明：因為AC′=AC+AA′=AB+AD+AA′，

所以|AC′|2=(AB+AD+AA′)2=|AB|2+|AD|2+|AA′|2+2AB?AD+2AB?AA′+2AD?AA′

=1+1+4+0+2×1×2×cos120°+2×1×2×cos120°=2，

故|AC′|=2，即AC′=2，

又因為AC=18.解：(1)連接AO，∵AB=AS，O是BS的中點，∴BS⊥AO，

∵DO⊥面ABS，∴DO⊥BS，又AO∩DO=O，AO、DO?平面AOD，∴BS⊥平面AOD．

過O作OE⊥AD于E，則OE⊥BC，∵OE?平面AOD，∴BS⊥OE，又BC∩BS=B，BC、BS?平面SBC，∴OE⊥面SBC．

在Rt△AOD中，AO=AB2?(12BS)2=1，DO=AD2?AO2=2，

∵S△AOD=12AO?DO=12AD?EO，∴EO=AO?DOAD=1×25=255．

∴DE=DO2?EO2=455．

(2)以O為原點，OA，OB，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系：

A(1,0,0)，B(0,2,0)，S(0,?2,0)，D(0,0,2)，

∴AD=(?1,0,2)，DC=AB=(?1,2,0)19.(1)證明：取PA中點Q，連接NQ，MQ，

由N為PB中點，得NQ//AB，NQ=12AB，

依題意，MC/?/AB，MC=12AB，

則NQ//MC，NQ=MC，

于是四邊形CMQN是平行四邊形，則CN//MQ，

而MQ?平面PAM，NC?平面PAM，

所以NC//平面PAM；

(2)解：取AM中點G，連接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，

而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD=AM，PG?平面PAM，

則PG⊥平面ABCD，

過M作Mz//PG，則Mz⊥平面ABCD，

又MA，MB?平面ABCD，于是Mz⊥MA，Mz⊥MB，

在矩形ABCD中，MA=MB=2，MA2+MB2=4=AB2，則MA⊥MB，

以點M為原點，MA，MB，Mz所在直線分別為x，y，z軸，

建立空間直角坐標系，

則M(0,0,0)，B(0,2,0)，C(?22,22,0)，P(22,0,22)，

則MB=(0,2,0)，MP=(22,0,22)，BC=(?22,?22,0)，

設平面PMB的一個法向量為m=(a,b,c)，

則m?MB=2b=0m?MP=22a+22c=0，令a=1，得m=(1,0,?1)，

設直線BC與平面PMB所成的角為θ，則sinθ=|cos<m,BC>|=|m?BC||m||BC|=222×1=12，

所以直線BC與平面PMB所成角的大小為π6；

(3)解：連接DG，