2024-2025學年重慶市九龍坡區(qū)楊家坪中學高二（上）月考數學試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶市九龍坡區(qū)楊家坪中學高二（上）月考數學試卷（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.復數z滿足：z(1?2i)=3?i(其中i是虛數單位)，則z的共軛復數z?在復平面內對應的點位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知A1,3,2，B?1,4,1，C5,y,z，若AB//ACA.5 B.4 C.1 D.?53.中國古代數學著作主要有《周髀算經》《九章算術》《海島算經》《四元玉鑒》《張邱建算經》，若從上述5部書籍中任意抽取2部，則抽到《周髀算經》的概率為(

)A.310 B.12 C.154.空間中有三點P(1,?2,?2)，M(2,?3,1)，N(3,?2,2)，則點P到直線MN的距離為(

)A.22 B.23 C.5.已知向量a=(0,0,2)，b=(?1,1,1)，向量a+b在向量aA.(0,0,3) B.(0,0,6) C.(?3,3,9) D.(3,?3,?9)6.設直線l的方程為xcosθ+y?3=0(θ∈R)，則直線l的傾斜角α的取值范圍是(

)A.[π4,3π4] B.[7.已知直線l和平面α，且l//α，l的方向向量為l=(2,m,1)，平面α的一個法向量為n=(?1,1,n)，(m>0,n>0)，則1m+A.2 B.4 C.42 8.如圖，四邊形ABCD，AB=BD=DA=4，BC=CD=22，現將△ABD沿BD折起，當二面角A?BD?C的大小在[π6,π3]時，直線AB和CD所成角為A.22?616

B.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.給出下列命題，其中正確的是(

)A.若{a,b,c}是空間的一個基底，則{a+b,b+c,c+a}也是空間的一個基底

B.在空間直角坐標系中，點P(?1,4,3)關于坐標平面yOz的對稱點是(?1,?4,?3)

C.點10.下列說法正確的是(

)A.直線3x+3y?3=0的傾斜角為150°

B.直線3x+3y?3=0的其中一個直線方向向量是(3,?1)

C.若直線ax+by+c=0經過第三象限，則ab>0，11.如圖，在多面體ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M，N分別是線段BC，SB的中點，Q是線段DC上的一個動點(含端點D，C)，則下列說法正確的是(

)A.存在點Q，使得NQ⊥SB

B.存在點Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60°

C.三棱錐Q?AMN體積的最大值是23

D.當點Q自D向C處運動時，直線DC與平面QMN三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若向量a=(1,?1,2)，b=(2,1,?3)，則|2a+13.已知A(2,3)，B(?1,2)，若點P(x,y)在線段AB上，則yx?3的取值范圍是______．14.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，M，N，G分別是棱AA1，BC，A1D1的中點，Q是該正方體表面上的一點，且MQ=xMG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)

已知直線l1：6x+(t?1)y?8=0，直線l2：(t+4)x+(t+6)y?16=0，根據下列條件分別求實數t的值：

(1)l1與l2相交；

(2)l1與l216.(本小題12分)

如圖，在四面體P?ABC中，PA⊥平面PBC，BC⊥平面PAB，D為PC的中點，BE=2EA．

(1)設PA=a，PB=b，BC=c，用a,b,c表示DE；

(2)若|PA17.(本小題12分)

如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，∠BAC=90°，E，F分別為CC1，BC的中點．

(1)求異面直線A1B與EF所成角的余弦值；

(2)18.(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所成角的大小；

(3)設P?AM?D的大小為θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面19.(本小題12分)

在空間直角坐標系O?xyz中，已知向量u=(a,b,c)，點P0(x0,y0,z0)，若直線l以u為方向向量且經過點P0，則直線l的標準式方程可表示為x?x0a=y?y0b=z?z0c(abc≠0)；若平面α以u為法向量且經過點P0，則平面α的點法式方程表示為a(x?x0)+b(y?y0)+c(z?z0)=0．

(1)已知直線l的標準式方程為x?11=y?2?3=z2，平面α1的點法式方程可表示為3x+y?z+5=0，求直線l與平面α參考答案1.D

2.A

3.D

4.A

5.A

6.C

7.A

8.B

9.AC

10.ABD

11.ACD

12.313.[?3,?114.π4

315.解：(1)已知l1：6x+(t?1)y?8=0，直線l2：(t+4)x+(t+6)y?16=0，

若l1與l2相交，則6(t+6)≠(t?1)(t+4)，即t2?3t?40≠0，解得t≠8且t≠?5，

故t的取值范圍為{t|t≠8且t≠?5}；

(2)已知l1：6x+(t?1)y?8=0，直線l2：(t+4)x+(t+6)y?16=0，

若l1與l2平行，則6(t+6)=(t?1)(t+4)?8(t+4)≠?16×6，即t2?3t?40=0t≠8，解得t=?5．

(3)已知l1：6x+(t?1)y?8=0，直線l216.解：(1)連接BD，PE，如圖所示，

可得DE=PE?PD=PA+AE?PB?BD，

所以AE=13AB=13PB?13PA,BD=12BP+12BC=?12PB+12BC，

所以DE=PA+(13PB?1317.解：(1)由題意可知AB、AC、AA1兩兩垂直，

如圖所示建立空間直角坐標系，

則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，

即A1B=(2,0,?2),EF=(1,?1,?1)，

所以cos<A1B,EF>=A1B?EF|A1B||EF|=48×3=63，

即異面直線A1B與EF所成角的余弦值為63；

(2)由(1)知：AB1=(2,0,2),AE=(0,2,1),AF=(1,1,0)，

設面AEF的一個法向量為n=(x,y,z)，

則由n⊥AE，n⊥AF，有n?AE=2y+z=0n?AF=x+y=0，

取y=?1，可得x=1，z=2，即n18.(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，由DA=DM，得DG⊥AM，

而PG⊥AM，則∠PGD為P?AM?D的平面角，即∠PGD=θ，

過點D作Dz⊥平面ABCD，以D為坐標原點，

DA，DC，Dz所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，

則A(1,0,0)，M(0,1,0)，C(0,2,0)，

顯然AM⊥平面PGD，AM?平面ABCD，則平面PGD⊥平面ABCD，

在平面PGD內過P作PH⊥DG于點H，則PH⊥平面ABCM，

設P(19.解：(1)由題意得，由于直線l的標準式方程為x?11=y?2?3=z2，平面α1的點法式方程為3x+y?z+5=0，

因此直線l的方向向量為u=(1,?3,2)，平面α1的法向量n1=(3,1,?1)，

因此cos?u,n1?=u?n1|u||n1|=1×3+1×(?3)+(?1)