2024-2025学年福建省三明市宁化县滨江实验中学高二（上）月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省三明市宁化县滨江实验中学高二（上）月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若向量a=(3,1)是直线l的一个方向向量，则直线lA.π6 B.π3 C.2π32.“λ=−1”是“直线l1：x+λy+9=0与l2：(λ−2)x+3y+3λ=0平行”的(

)A.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3.已知直线l上有两点A(1,2,3)，B(2,1,1)，平面α的一个法向量为n=(−3,2,m)，若l//α，则m=(

)A.2 B.1 C.−12 4.若直线(2t−3)x+y+9−3t=0不经过第一象限，则实数t的取值范围是(

)A.(32,3) B.[32,3)5.如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面A1B1C1A.215

B.15

C.2136.已知(m,n)为直线x+y−1=0上的一点，则m2+nA.10 B.23 C.47.如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是(

)A.△CEF为正三角形 B.SA⊥平面CEF

C.SD//平面CEF D.点D到平面CEF的距离为28.如图，已知A(−4,0)，B(4,0)，C(0,4)，E(−2,0)，F(2,0)，一束光线从F点出发射到BC上的D点，经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围为(

)A.(−∞,−2) B.(4,+∞) C.(2,+∞) D.(1,+∞)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知空间向量a=(2,1,−1)，b=(3,4,5)，则下列结论正确的是(

)A.5|a|=3|b|

B.(2a+b10.以下四个命题为真命题的是(

)A.过点(−10,10)且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为y=−14x+152

B.直线xcosθ+3y+2=0(θ∈R)的倾斜角的范围是[0,π6]∪[5π6,π)11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1A.满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为2

B.满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为223

C.存在唯一的点P满足∠APM=π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知点P1(2,3)、P2(−4,5)和A(−1,2)，则过点A且与点P113.已知A(2,3)，B(−1,2)，若点P(x,y)在线段AB上，则yx−3的取值范围是______．14.如图，二面角α−l−β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l.若AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，则平面α与平面β的夹角的余弦值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知直线l1：3x−2y+4=0与直线l2：2x−y+3=0相交于点P，且点P在直线l3：x−ay+a−2=0上．

(1)求点P的坐标和实数a的值；

(2)求与直线l2平行且与点P16.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D是BC1的中点，AC=1，BC=CC1=2，∠ACC1=90°，∠ACB=∠BCC1=60°，设CA=a，CB=b，CC17.(本小题15分)

如图，四边形ABCD是平行四边形，且AD=DC=22AC，四边形ACEF是矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AF=AD．

(Ⅰ)求证：AD⊥平面EDC；

(Ⅱ)求平面BEF18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD，PA=PD=AD=AB=2，BD=BC=CD=23，E为PC的中点．

(1)证明：直线BE//平面PAD；

(2)若平面PBD⊥平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．19.(本小题17分)

人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术.主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种.设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则欧几里得距离D(A,B)=(x1−x2)2+(y1−y2)2；曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|，余弦距离e(A,B)=1−cos(A,B)，其中cos(A,B)=cos〈OA,OB〉；(O参考答案1.A

2.A

3.D

4.C

5.A

6.A

7.C

8.B

9.AC

10.BD

11.AC

12.x+3y−5=0或x=−1

13.[−3,−114.1215.解：(1)由3x−2y+4=02x−y+3=0，解得x=−2y=−1，所以l1与l2的交点为P(−2,−1)．

将P(−2,−1)代入直线l3：x−ay+a−2=0，得−2+a+a−2=0，解得a=2；

(2)直线l2：2x−y+3=0，设与直线l2平行的直线为l：2x−y+c=0．

因此点P到直线l的距离d=|−3+c|5=5，即16.解：(1)由图可得AB=CB−CA=b−a，

A1D=C1D−C1A1=12C1B+C1A1=12(b−c)+a=a+12b−12c，

(2)∵三棱柱ABC−A1B1C1，∴四边形ACC1A1是平行四边形，

又因为∠ACC1=90°，所以四边形ACC1A1是矩形，17.解：(Ⅰ)证明：∵平面ACEF⊥平面ABCD，且ACEF为矩形，平面ACEF∩平面ABCD=AC，

∴EC⊥平面ABCD，EC⊥AD，又AD=DC=22AC，

∴AD2+DC2=(22AC)2+(22AC)2=AC2，∴AD⊥DC，

又EC∩DC=C，∴AD⊥平面EDC．

(Ⅱ)解：∵AF/​/CE，∴AF⊥平面ABCD

以A点为坐标原点，以AB为x轴，AD为x轴，AF为z轴建立直角坐标系．

不妨设，AC=2，∴AD=DC=AF=1，

A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(1,1,1)，F(0,0,1)，

则BE=(0,1,1)，BF=(−1,0,1)，

设平面EDC的一个法向量为m，

由(1)知，AD⊥平面EDC，∴m=AD18.(1)证明：取CD中点F，连接EF，BF，则EF/​/PD，

因为EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，

所以EF/​/平面PAD，

因为△BCD是等边三角形，所以BF⊥CD，且∠BDC=60°，

在△ABD中，AD=AB=2，BD=23，

由余弦定理知，cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=4+12−42×2×23=32，

因为∠ADB∈(0,π)，所以∠ADB=30°，

所以∠ADC=∠BDC+∠ADB=90°，即CD⊥AD，

所以BF/​/AD，

又BF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以BF/​/平面PAD，

因为EF∩BF=F，EF、BF⊂平面BEF，

所以平面BEF/​/平面PAD，

又BE⊂平面BEF，

故直线BE//平面PAD．

(2)解：以D为坐标原点，DC，DA所在直线分别为x，y轴，作Dz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(0,2,0)，B(3,3,0)，C(23,0,0)，

过点P作PO⊥BD于O，取AD的中点Q，连接OQ，PQ，则PQ⊥AD，PQ=3，

因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PO⊂平面PBD，

所以PO⊥平面ABCD，

所以PQ在底面ABCD上的射影为OQ，

由三垂线定理知，OQ⊥AD，

在Rt△OQD中，∠ADB=30°，DQ=12AD=1，

所以OQ=33，

所以PO=PQ2−OQ2=(3)2−(33)19.解：(1)d(A,B)=|−1−35|+|2−45|=8+65=145，

cos(A,B)=cos〈OA,OB〉=OA⋅OB|OA||OB|=−35+855×1=55，

e(A,B)=1−cos(A,B)=1−55=5−55；

(2)设N(x,y)，由题意得：d(M,N)=|2−x|+|1−y|=1，

即|x−2|+|y−1|=1，而|x−2|+|y−1|=1表示的图形是正方形AB