2023-2024学年黑龙江省哈尔滨名校高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年黑龙江省哈尔滨名校高二（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知点A(2,3)，B(A.2 B.−2 C.1 D.2.已知空间向量a,b,cA.若a//b,b//c，则a/​/c

B.若|a⋅3.直线l1：ax−4y+2=0与直线A.a=±2 B.a=2 4.如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=A.14OA+14OB+5.已知点A(1,3)，B(−2,−1)A.k≥12 B.k≤−2 C.6.已知a=(2,3,1)，bA.2b B.−2b C.27.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点AA.63 B.22 C.8.如图，在三棱锥P−ABC中，△PAC是边长为3的正三角形，M是AB上一点，AM=12MB，DA.5

B.3

C.5

D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.已知直线l：3x+yA.直线l的倾斜角为5π6 B.直线l的斜率为3

C.直线l不经过第三象限 D.直线10.给出下列命题，其中正确的命题是(

)A.若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量为n=(−2,0,23)，则直线l/​/α

B.11.在同一平面直角坐标系中，表示直线l1：y=ax+b与lA. B.

C. D.12.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，如图1，把三片这样的达⋅芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则(

)

A.CG=2AB+2AA1

B.直线CQ与平面A1B1C1D1三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13.若a=(2,−3,1)，14.在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16O15.已知平面α的一个法向量为n=(2,2,1)，点A(−116.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E为AA1的中点，过B，四、解答题（本大题共3小题，共36.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题12.0分)

在△ABC中，已知A(0,1)，B(5,−2)，18.(本小题12.0分)

如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，A1A⊥平面ABC，AB=AC=219.(本小题12.0分)

如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC是等边三角形，AB⊥BC，PA=PB．

(1)证明：平面PAC⊥平面

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵点A(2,3)，B(3,5)，

∴直线AB2.【答案】B

【解析】解：对A，若b=0，则a//b,b//c，不能得出a/​/c，故A错误；

对B，若|a⋅b|=|a|⋅|b|，则|a⋅b|=||a|⋅|b|cos〈a,b〉|=|a|⋅|b|，

当a与b存在零向量时，a与b共线成立；

当a与b均不为零向量时，cos<a,3.【答案】B

【解析】解：∵直线l1：ax−4y+2=0与直线l2：x−ay−4.【答案】A

【解析】解：∵M是四面体OABC的棱BC的中点，MN=12ON，

∴OM=12(OB+O5.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系以及斜率的计算公式，考查了数形结合方法、计算能力，属于中档题．

易知直线l经过定点P(2,1)，由题意，结合图形可知kPA≤k【解答】

解：由已知得直线l恒过定点P(2,1)，如图所示．

若l与线段AB相交，则kPA≤k≤kPB6.【答案】D

【解析】解：根据题意，a=(2,3,1)，b=(1,−2,−2)，

则a⋅b=2−6−7.【答案】D

【解析】解：∵BD1=BA+AD+DD1=AD−AB+AA1，

∴|BD1|2=(AD−AB+AA1)2=AD2+AB2+AA12−2A8.【答案】D

【解析】解：以{PA,PB,PC}为一组基底，

则|MN|2=|AN−AM|2，

=|PN−PA−13A9.【答案】AB【解析】解：直线l：3x+y−2=0的斜率为−3，故B错误．

设该直线的倾斜角为α，则tanα=−3，α∈[0,π)，

故α=2π3，故A错误．

直线即y=−310.【答案】BC【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，e⋅n=1×(−2)+0×0+3×23=0，则e⊥n，则直线l/​/α或l⊂α，A错误；

对于B，当a=−1时，直线l1：−x+y−1=0，l2：−2x−2y+1=0，易得l1⊥l211.【答案】AC【解析】解：A选项：由l1的图象可知a>0，b<0，l1经过一、三、四象限，则l2需经过二、三、四象限，故A选项正确；

B选项：由l1的图象可知a>0，b>0，l1经过一、二、三象限，则l2需经过一、三、四象限，故B选项错误；

C选项：由l1的图象可知a<0，b>0，l1经过一、二、四象限，则l2需经过一、二、三象限，故C选项正确；

D选项：由l1的图象可知12.【答案】BC【解析】解：CG=CO+OG=−2AB+2AA1，故A错误，

连接CH，直线CQ与平面A1B1C1D1所成的角和直线CQ与平面ABCD所成的角相等．

则∠HCQ就是所求的线面角，

则QH=2，CG=2+2=22，CQ=CG2+QG2=8+1=3，

则sin∠HCQ=QHCQ=23，即直线CQ与平面A1B1C1D113.【答案】3

【解析】解：因为a=(2,−3,1)，b=(2,0,3)，c14.【答案】13【解析】解：法一：由题意MA=OA−OM=12OA−16OB−λOC，MB=OB−OM=−12OA+56OB−λOC，MC=OC−OM=−12O15.【答案】53【解析】解：PA=(−3,2,−3)，

P到平面α16.【答案】2【解析】解：设平面σ与平面CDD1C1交于D1F，F在CC1上，

又平面σ与平面ABB1A1交于直线BE，

因为平面ABB1A1/​/平面CDD1C1，

所以BE/​/D1F，同理D1E//BF，所以四边形D1EBF是平行四边形，

所以CF=BF2−BC2=D1E2−D1A12=A1E，

又E是AA1的中点，所以F是CC1的中点．

以点D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

连接B1D1，如图所示，则D1(0,0,2)，F(0,2,17.【答案】解：(1)因为B(5,−2)，C(3,5)，

所以BC所在直线的斜率k=−2−55−3=−72，

故BC所在的直线方程为【解析】(1)结合斜率公式先求出BC的斜率，进而可求直线方程；

(2)先求出A18.【答案】解：(1)因为A1A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1A⊥BC．

又因为AB=AC，D为BC中点，

所以AD⊥BC，

又A1A⋂AD=A，且A1A，AD⊂平面A1AD，

所以BC⊥平面A1AD；

(2)以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，B(2,0,【解析】(1)根据线面垂直的性质定理，以及判断定理，即可证明；(2)首先以点A为原点，建立空间直角坐标系，并求平面19.【答案】解：(1)证明：取AC的中点为O，连接PO，BO，

在等边△PAC中，有PO⊥AC，

在直角三角形ABC中，有OA=OB=OC，

又PA=PB=PC，所