高2024級高二上期10月月考數(shù)學試題

考試時間：120分鐘滿分：150分

（命題人：張權(quán)審題人：楊柳）

一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的。

1．過點(1,2)和點(3,0)的直線的傾斜角為()

A．45oB．60oC．135oD．150o

2．已知a=(1,2,3),b=(2,4,6)，則下列結(jié)論正．確．的．是()

A．a(chǎn)丄bB．a(chǎn)=bC．a(chǎn)ⅡbD．|a|=|b|

3．在空間直角坐標系中，點P(1,?2,3)關(guān)于xOz平面對稱的點的坐標是()

A．(1,2,3)B．(?1,?2,3)C．(1,?2,?3)D．(?1,2,?3)

4．已知a,b,c是不共面的三個向量，則能構(gòu)成空間的一個基底的一組向量是()

A．a(chǎn),2b,b?cB．2b,b?2a,b+2a

C．3a,a?b,a+2bD．c,a+c,a?c

5．已知空間中有A(1,2,3)，B(?1,2,2)，C(2,0,1)三點，則點A到直線BC的距離為()

A．B．C．D．

6．在長方體ABCD?A1B1C1D1中，P是棱CC1上一動點，AD=2，則AP.A1D1等于()

A．1B．?1C．4D．?4

7．如圖，在等腰直角△ABC中，AB=AC=3，點P是邊AB上異于端點的一點，

光線從點P出發(fā)經(jīng)BC，CA邊反射后又回到點P，若光線QR經(jīng)過△ABC的重心，

則△PQR的周長等于()

A．2B．C．D．4

8．在四面體ABCD中（如圖），平面ABD丄平面ACD，△ABD是等邊三角形，AD=CD，AD丄CD，

M為AB的中點，N在側(cè)面△BCD內(nèi)（包含邊界），若MN=xAB+yAC+zAD，(x,y,z∈R)則下列

正．確．的．是()

A．若x，則MNⅡ平面ACDB．若z=0，則MN丄CD

C．當MN最小時，xD．當MN最大時，x=0

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二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的4個選項中，有多項符合

題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。

9．下列說法錯．誤．的．是()

A．若向量ta+2b與向量a+3b共線，則t

B．在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，向量AB與向量A1B1相等

C．e1,e2為空間中兩個不共線的單位向量，若a=x1e1+y1e2,b=x2e1+y2e2，則a.b=x1x2+y1y2

D．若a,b,c為空間中不共面的三個向量，則存在不全為0的有序?qū)崝?shù)組(x,y,z)，使得

xa+yb+zc=0

10．已知直線l1:x+3y+9=0,l2:(a?2)x+ay+7?a=0，則()

A．點P到l2距離的最大值為2

B．若l1Ⅱl2，則a=3

C．若l1丄l2，則a

D．若a>2，則l2傾斜角的取值范圍為

11．已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，動點P在正方體表面A1B1C1D1上（不包括邊界），則

下列說法正．確．的．是()

A．存在點P，使得CPⅡ面A1BD

B．存在點P，使得AP丄面A1BD

C．若AP與CC1的夾角為，則點P的軌跡長度為

若為面CDD的中心，則＋的最小值為

D．MC11APPM2

三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。

12．已知空間向量a=(6,2,1)，b=(2,x,?3)，若(a?b)丄a，則x=．

13．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點M為棱AA1的中點，

若N為底面A1B1C1D1內(nèi)一點（不包含邊界），且滿足MNⅡ平面BDC1．

設直線MN與直線CC1所成的角為α,則tanα的最小值為．

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14．在平面直角坐標系中過點P(2,4)作直線AB，分別與x軸的正半軸、y軸的正半軸交于點A,B．當

直線AB的斜率為時,△AOB的周長最小，其最小周長是．

四、解答題：本大題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15．（13分）

已知直線l1:2x?y?3=0,l2:3x+2y?8=0．

(1)求經(jīng)過點A(2,5)且與直線l2垂直的直線方程；

(2)求經(jīng)過直線l1與l2的交點，且在兩坐標軸上的截距互為相反數(shù)的直線方程．

16．（15分）

如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，AC與BD相交于M，設AB=a，AD=b，AA1=c.

用、、表示；

(1)abcB1M

(2)若該平行六面體所有棱長均為1，且上A1AB=上A1AD=60O,上DAB=90O，求B1M．

17．（15分）

已知△ABC的頂點A(2,4),AB邊上的中線CM所在直線的方程為x+4y?4=0,上ABC的平分

線BH所在直線的方程為y=x．

(1)求直線BC的方程；

(2)若直線l上任意一點P，都滿足S△PBC=S△ABC，求直線l的方程．

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18．（17分）

已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，E，F(xiàn)分別為A1D1,B1C1的中點，G在線段CC1上，且

CG=3GC1．

D1C1

求證面；F

(1)GF丄EBFG

A1

(2)求平面:EBF與平面EBG夾角的余弦值；B

(3)求點D到平面EBF的距離．DC

A

B

19．（17分）

如圖，將△EAB,△ECB,△ECD,△EAD四個三角形拼接成形如漏斗的空間圖形ABCDE，其中

EA=EC,EB=ED,AB=BC=CD=DA.連接AC,BD，過點E作平面α,滿足AC//α,BD//α.

(1)證明：AC丄BD．

(2)若EAEB=AB=1，且AC=BD．

（i）求AC到平面α的距離與BD到平面α的距離的平方和；

（ii）求平面AEB與平面α夾角的余弦值．

AC

●

D

●

B

E

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《2025年10月2日高中數(shù)學作業(yè)》參考答案

題號12345678910

答案CCAAACACACDBCD

題號11

答案ACD

1．C

【詳解】由題過點(1,2)和點(3,0)的直線的斜率為k，

設過點(1,2)和點(3,0)的直線的傾斜角為α,則k=tanα=—1，且0≤α<π,

所以α=135o.

故選：C.

2．C

rr

-----

【詳解】由a=(1,2,3),b=(2,4,6)，易知2a=，則a//，顯然a丄、a=、|a|=||不

成立.

故選：C

3．A

'

【詳解】如圖所示，設點P為點P(1,—2,3)關(guān)于xOz平面的對稱點，設點P’(x1,y1,z1)，

根據(jù)對稱性質(zhì)可得，x1=1,y1=2,z1=3，即點P’(1,2,3)．

故選：A．

4．A

--

【詳解】假定向量a，2，b—c-共面，則存在不全為0的實數(shù)λ,μ,

--

使得—c=λa+2μ,顯然不成立，

所以向量不共面，能構(gòu)成空間的一個基底，故A正確；

→→→→→→

由于2b=(b-2+(b+2，則2b，b-2，b+2共面，故B錯誤；

→→→→

由于3=2-b)++2b)，則3，-b，+2b共面，故C錯誤；

由于則，+，-共面，故D錯誤；

故選：A.

5．A

---→--

【詳解】由題意得AB=(-2,0,-1)，B=(3,-2,-1)，

所以點A到直線BC的距離d

故選：A.

6．C

【詳解】長方體中AD丄平面CDD1C1，DP平面CDD1C1，所以AD丄DP，

--→---→----→----→

則DP.AD=0，又AD=A1D1，

---→----------------2

所以AP.A=(A+).A=A.A+D.A=A=4，

故選：C.

7．A

【詳解】

建立如圖所求的直角坐標系，得B(3,0)，C(0,3)，

則直線BC方程為x+y=3，

且VABC的重心為G即G(1,1)，

設P(a,0)，P關(guān)于直線BC的對稱點為P1(x,y)，

則，解得，則P(3,3a)，

a1

易知P關(guān)于y軸的對稱點為P2(a,0)，

根據(jù)光線反射原理知P1,Q,R,P2四點共線，且PQ=P1Q，PR=P2R，

所以直線QR的方程為y即y，

又直線QR過G(1,1)，

所以，解得a=1或a=0（舍去），

所以P(1,0)，P1(3,2)，P2(1,0),

所以

所以的周長為++RP=P++RP=PP=2

△PQRPQQR1QQR212·、.

故選：A．

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是利用對稱性，把△PQR的三邊轉(zhuǎn)化到同一條直

線上，利用直線方程求得點P的坐標.

8．C

【詳解】因為AD丄CD，平面ABD丄平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD平

面ACD，

所以CD丄平面ABD，

且BD平面ABD，可得CD丄BD，

又因為N在側(cè)面BCD上（包含邊界），設且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1，

可得

uuruuuruuur

B+λAC+μAD，

----→-------→

又因為MN=xA+yA+zAD,可得，且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1.

對于選項A：若x則λ=μ=0，可得點N即為點B，

顯然MN∩平面ACD=A，故A錯誤；

uuuruuur

對于選項B：若z=μ=0，則BN=λBC，可得點N在線段BC上（包括端點），

由CD丄平面ABD，可知當且僅當點N為點B，MN丄CD，故B錯誤；

過M作ME丄BD，垂足為E，可得BEBM.cosLABDBD

因為CD丄平面ABD，ME平面ABD，則ME丄CD，

且BD∩CD=D，BD,CD平面BCD，所以ME丄平面BCD，

可得MNMEEN

對于選項C：顯然當點N即為點E時，MN最小，此時

可得y=0,z故C正確；

對于選項D：顯然當點N即為點C時，NE最大，則MN最大，此時λ=1,μ=0，

可得y=1,z=0,x故D錯誤；

故選：C.

uuuruuuruuur

【點睛】關(guān)鍵點睛：1.設BN=λBC+μBD，且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1，根據(jù)空間向量基本

定理分析可得，方便建立關(guān)系；

2.分析可得ME丄平面BCD，則MNBDEN將MN的大小轉(zhuǎn)化為EN的大

小.

9．ACD

→→→→→→

【詳解】A.向量ta+2b與向量a+3b共線，若a與b共線，則t∈R，A錯誤；

B．在平行六面體中顯然成立，B正確；

-→--→-→→→-→--→-→--

C.當e1丄e2時，e1.e2=0，此時a.b=(x1e1+y1e2).(x2e1+y2e2)=x1x2+y1y2，C錯誤；

→

D.若x≠0，則則,b,共面.錯誤

故選：ACD

10．BCD

【詳解】對于A：不存在a使得l2和兩定點連線垂直.，故A錯誤.

對于B：由l1Ⅱl2，得，解得a=3，經(jīng)檢驗，當a=3時，l1與l2不重合，故B

正確；

對于C：由l1丄l2，得(a-2)+3a=0，解得a，故C正確；

對于D：當a>0時，直線l2的斜率k，當-1<k<0時，l2的傾斜

角，故D正確.

故選：BCD

11．ACD

【詳解】由題意，

在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為4，

動點P在正方體表面A1B1C1D1上（不包括邊界），

連接BD，設BD的中點為E，連接A1C1,B1D1，設兩線段交點為F，連接A1E,CF，

建立空間直角坐標系如下圖所示，

A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),D(0,0,0),E(2,2,0),F(2,2,4)，

A1(4,0,4),B1(4,4,4),C1(0,4,4),D1(0,0,4)

:CFⅡA1E，

∵CF丈面A1BD，A1E面A1BD，

:CFⅡ面A1BD，

:當點P在F(2,2,4)處時，CP//面A1BD，

:存在點P，使得CPⅡ面A1BD，故A正確；

B項，在面A1BD中，

設面A1BD的法向量為=(x1,y1,z1)，

〔4x4z0

即{11，解得

l4x14y10

當x1=-1時，=(-1,1,1)，

---→

若AP丄面A1BD，則AP=t=(-t,t,t)，P=tn=(4-t,t,t)，

∵動點P在正方體表面A1B1C1D1上，

:t=4，此時P=(0,4,4)，與C1重合，

點P不在邊界上，故不存在點P，使得AP丄面A1BD，B錯誤；

:

C項，因為AA1//CC1，AP與CC1的夾角為，

所以AP與AA1所成的角為，

則上A1AP

一

由幾何知識得，點P的軌跡是以點A1為圓心，A1P為半徑的圓的四分之一（即P1P2），

在△AA1P中，AA1=4，上A1AP上AA1P

點的軌跡長度為：正確；

PA1PC

:

D項，M為面C1CDD1的中心，作點A關(guān)于平面A1B1C1D1的對稱點A2，

連接A2M，當AP＋PM最小時，A2P=AP,AA1=A1A2=4，

A2(4,0,8)，M(0,2,2)，

:

正確

AP＋PM=A2P＋PM=A2MD.

:

故選：ACD.

12．16

→→

【詳解】-b=(4,2-x,4)，因為(-b)丄，所以6×4+2(2-x)+4=0，

所以x=16.

故答案為：16

13．

【詳解】分別取線段A1D1,A1B1的中點Q，P，連接MQ，MP，PQ，如圖所示．

連接AB1，易知AB1//DC1,AB1//MP，所以MP//DC1．

因為MP丈平面BDC1,DC1平面BDC1，所以MP//平面BDC1，

同理可得MQ//平面BDC1，

又MP∩MQ=M,MP,MQ平面MPQ，故平面MPQ//平面BDC1，

故點N在線段PQ上，且不與P，Q重合．

-----→---→

軸

以點B為坐標原點，BA,BC,BB1的方向分別為x軸、y、z軸的正方向，建立空間直

角坐標系．

---→---→

令正方體棱長為2，設PN=λPQ，則M(2,0,1),P(1,0,2)，

---→---→--→---→--→

Q(2,1,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),MN=MP+PN=MP+λPQ

---

=(-1,0,1)+(λ,λ,0)=(λ-1,λ,1),CC=(0,0,2)，

所以cosα=cos

當時，cosα取得最大值，為，此時tan取得最小值，故tanα的

最小值為．

故答案為：

方法一：

設匕OAB=θ,

2(sinθ+1)4(cosθ+1)

=6++

cosθsinθ

令

tan

當且僅當

→ttan

即時等號成立

tan

方法二：

設直線，

a>0b>0

則

則

△AOB22

c=a+b+a+b

≥a+b+a+b

=a+b

=a+b+

5248

=+

55

=20

當且僅當時，等號成立.

解得此時

k

15．(1)2x3y+11=0

【詳解】（1）由直線l2:3x+2y8=0→y=x+4可得斜率為

所以根據(jù)垂直關(guān)系可設所求直線方程為yx+b，

則依題意有b，解得b，

所以所求直線方程為y整理得2x3y+11=0；

聯(lián)立解得即直線l1與l2的交點為(2,1)，

當直線經(jīng)過原點時，滿足題意，設直線方程為y=kx，

代入(2,1)得k此時y=x；

當直線的截距都不為0時，設直線方程為a,b≠0)，

依題意，解得a=1,b=—1，此時直線方程為x—y—1=0，

綜上所述：所求直線方程為yx或x—y—1=0.

(2)

----–----–---–---–-----–---–––––

【詳解】（）

1B1M=AM—AB1=AB+AD-–)—(AB+BB1)=+b–)—(a+c–)=—a+—c.

–––

（2）由題意：a=b–=c=1，a.=0，cos60o

2

---–2––)–22–2––––

BM=(|—a+—c=a++c—a.+a.c—.c=++1—0+—=，

(,

----–、/6

所以BM=.

12

17．(1)2x—3y—2=0；

(2)2x—3y—12=0或2x—3y+8=0．

【詳解】（1）如圖，由點B在直線y=x上，設B(m,m)，又A(2,4)，

則AB的中點M在直線x+4y—4=0上，

所以解得m=—2，所以B(—2,—2)．

設點A(2,4)關(guān)于直線y=x對稱的點為A’(x0,y0)，

則有解得，即A’(4,2)．

顯然A’(4,2)在直線BC上，則直線BC的斜率k

則直線BC的方程為y整理得2x-3y-2=0．

（2）點A到直線BC的距離d

因為點P滿足S△PBC=S△ABC，所以點P,A到直線BC的距離相等，

所以直線l與直線BC平行，且直線l到直線BC的距離等于點A到直線BC的距離．

設l:2x-3y+n=0(n≠-2)，則解得n=-12或8，

所以直線l的方程為2x-3y-12=0或2x-3y+8=0．

18．(1)證明見解析；

【詳解】（1）（1）法一、在正方形BCC1B1中，

由條件易知tan上C1FGtan上B1BF，所以上C1FG=上B1BF，

則上B1FB+上B1BF上C1FG+上B1FB，

故上BFG=π—即FG丄BF，

在正方體中，易知D1C1丄平面BCC1B1，且EF//D1C1，

所以EF丄平面BCC1B1，

又FG平面BCC1B1，EF丄FG，

:

EF∩BF=F，EF,BF平面EBF，GF丄平面EBF；

::

法二、如圖以D為原點建立空間直角坐標系，

則B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3)，

所以

設=(a,b,c)是平面EBF的法向量，

則，令a=2，則b=0,c=1，

所以=(2,0,1)是平面EBF的一個法向量，

----→

易知F=—，則F也是平面EBF的一個法向量，