广东省部分学校2024-2025学年高二年级上册第一次联考数学试卷（含答案）

广东省部分学校2024-2025学年高二上学期第一次联考数学试卷

学校：姓名：.班级：考号：

一'选择题

1.已知£=（—2,1,3））=（—1,1,1）,若%,0-痛）,则实数2的值为（）

A.-2B-7D.2

2.p是被长为1的正方体AB。-的底面44G2上一点，则两•%的取值范

围是（）

A.-1,-1C.-1,0

B.--,0D.，

4244-2

3.已知向量2=（4,3,-2）石=（2,1,1）,则％在向量B上的投影向量为（）

A3,|,|333333

B.C.D.（4,2,2）

254544,252

4.在棱长为2的正方体ABCD-中,E尸分别为棱刈/耳的中点,G为棱44

上的一点，且AG=X（O<；l<2）,则点G到平面AEE的距离为（）

C九D.拽

A.BBA/2

335

5.已知四棱锥P-ABCD,底面A3CD为平行四边形，M,N分别为棱3C,PD上的

点，型=工，PN=ND.设K=a,AD=b,AP=c,则以｛a,仇c｝为一组基表示

CB3

钢为（）

C.a--b+-cD.-a--/»+-c

32623262

6.在四面体OABC中，空间的一点M满足而函+工砺+2阮.若沃，旃，碇共

46

面，则x=（）

A.lB.lC.—D.—

231212

7.已知向量£=（lT,2f—1,0）石=（2/,小则欠―@的最小值为（）

A.75B-76C.血D.73

8.“长太息掩涕兮,哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮

同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念,将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似

看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球。）.如图：已知粽子三棱锥

尸-ABC中,===/、/分别为所在棱中点,。、E分别为所在棱

靠近P端的三等分点，小玮同学切开后发现,沿平面CDE或平面HU切开后，截面中均恰

好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（）.

A2g口白02石口也

八----71a71u---------71u71

9182754

二、多项选择题

9.如图，在棱长为2的正方体ABC。-AgGA中，石为8耳的中点方为4功的中点，如图

所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）

B.向量凝与B所成角的余弦值为W

C.平面AER的一个法向量是（4,-1,2）

D.点R到平面AER的距离为

21

10.在正三棱柱ABC-A与G中，A3="，点P满足

BP=ABC+piBB^e[0,1],//e[0,1]）,则下列说法正确的是（）

A.当4=1时，点P在棱8月上

B.当〃=1时，点P到平面ABC的距离为定值

C.当4=；时，点P在以BC,用G的中点为端点的线段上

D.当4=1,〃=；时，A3,平面AB/

11.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.若图3中每个正方体的棱长为1,则（）

^CG=2AB+2A\

B.直线CQ与平面A31G2所成角的正弦值为I"

C.点G到直线CQ的距离是更

3

D.异面直线CQ与3。所成角的余弦值为由

6

三、填空题

12.正三棱柱ABC-A4G的侧棱长为2,底面边长为1,航是3C的中点.在直线CG上求

一点N,当CN的长为时，使MN1ABt.

13.四棱锥p—ABCD中,PD_L底面A3CD,底面ABCD是正方形，且p£)=L=3/是

△ABC的重心，则PG与平面外。所成角0的正弦值为.

14.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑

轮那,展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两

个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所

在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为恒，则该五面体的所有棱长之和为

四、解答题

15.如图，在长方体ABCD-A4G2中,40=9=1，AB=2,点E在棱A3上移动.

ac

AEB

(1)当点E在棱A3的中点时,求平面DXEC与平面DCA所成的夹角的余弦值；

(2)当AE为何值时，直线4。与平面9EC所成角的正弦值最小，并求出最小值.

16.如图所示，直三棱柱ABC-4旦。中,C4=CB=1,ZBCA=90。，人4=2,M,N分别是

44,AA的中点.

(1)求3N的长；

⑵求cos丽，函的值.

(3)求证：平面GMN.

17如图，在四棱维P-ABCD中，平面PAD±平面

ABCD，PALPD，PA=PD，AB^AD，AB=1，AD=2，AC=CD=6

（1）求直线与平面PCD所成角的正切值；

（2）在期上是否存在点M使得〃平面PC。?若存在，求4"的值;若不存在,说明理

AP

由.

18.如图1,在边长为4的菱形ABCD中,/DW=60。，点M,N分别是边BC,CD的中

点,3。=9,ACC\MN=G.沿将△QVW翻折到APMN的位置，连接PA,PB,PD,

（1）在翻折过程中是否总有平面PfiO,平面B4G?证明你的结论；

（2）若平面平面MNDB,线段PA上是否存在一点。，使得平面QDN与平面

所成角的余弦值为巫？若存在，试确定点。的位置;若不存在,请说明理由.

13

19.如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA1_平面

ABCD,ZABC=6Q°,PA=-AB=1,E,F分别是线段BD和PC上的动点，且

2

变="=2（。＜注1）.

BDPC''

BMC

（1）求证:EFU平面PAB;

（2）求直线与平面PBC所成角的正弦值的最大值；

（3）若直线AE与线段BC交于M点,A"工于点”,求线段CH长的最小值.

参考答案

1.答案：c

解析：•.•向量2=(—2,1,3),3=

若a_L(a-Ab)，

则a-{a-Ab)=a-2a-&=(4+1+9)-2(2+1+3)=05

3

故选:C.

2.答案：B

解析：如图，以点D为坐标原点。4,DC所在直线分别为x,yz轴，建立空间直角坐标

则41,0,。),。1(0,1,1),设？(匹％2)，04％41,0＜丁＜1，2=1，

PA=(l-x,-y,-l),Pq=(-x,l-y,0),

12

PA-PC1=-x(l-x)-y(l-y)=x-x+y-y=+(y

当x=y=工时,PA-PC,取得最小值-工，

212

当％=0或l,y=0或1时，雨.所取得最大值0,

所以两.冗*的取值范围是1-L。.

1L2

故选:B.

3.答案：A

解析：向量£在向量B上的投影向量为

4w犷

故选:A.

4.答案：D

解析：以。为坐标原点,。4所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,。2所在直线为z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系,

则G（2,42）,%（0,0,2）,E（2,0,l）,F（2,2,1）,

所以西=（一2,0,1）,丽=（0,2,0）,诙=（0,九1卜

n-ED1=—2x+2=0

设平面D.EF的法向量为n=(%,y,2),则＜

n,EF=2y=0

取％=1,得n—（1,0,2%

IEG-n|o7/5

所以点G到平面DXEF的距离为d==-£=±|±

故选:D.

5.答案：D

解析：MN=MC+W+DN=-AD-AB+-DP

32

=-AD-AB+-（AP-AD）=-AB--AD+-AP,

3262

^MN=-a--b+-c,故选D.

6.答案：D

解析：在四面体。中，函，无，灰不共面，而而'=工函+工砺+2区,

46

117

则由加，痂，就%+%+4=1，所以人日

故选:D

7.答案：C

解析：因为£=(1-2-1,0)石=(2/,小

所以忸_@=^/(1+/)2+(1-/)2+/2=,3/+2>V2，

当/=o时，等号成立，故B-q的最小值为V2•

故选:C.

8.答案：B

解析：如图所示，取A3中点为R,pwn£>E=G,

为方便计算,不妨设PF=CF=1,

由B4=P5=AB=AC=5C，可知

3

又。、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，

则FG=—PE=—,

33

且ABLP尸,ABLCN、PFCCF=F,PF,CFu平面PCF,

即AB,平面PC£

又ABu平面ABC,则平面PCF_L平面ABC,

设肉馅球半径为r，CG=x，

由于“、I、J分别为所在棱中点，且沿平面H〃切开后,截面中均恰好看不见肉馅,

则P到。歹的距离〃=4厂411//¥4=且=4厂，5«%=!」.2.4厂=匕,

PFAGFC233

又ZGFC=[l+]+x：i,解得：x=L

141

故2.产+心一『工」

2CFFG0123

Z,1—

3

XCQSZPFCPF2+CF2-PC21+1-PC21

=2PFCF=2-1-1=3

解得PC二空,sinZPFC=巫

33

所以：sin/WC=^=?'解得「点‘唳焦兀'

由以上计算可知:P-ABC为正三棱锥,

故小=LS.C£空递电4母_2娓

A-d=--ABACsmZBAC-4r=-

4753ZA/LDC

3232332627

也无

所以比值为空二=3

兀.

巫18

~TT

故选:B.

9.答案：BCD

解析：由题可知,A（2,0,0）,D（0,0,0）,E（2,2,1）,F（1,0,2）,4（2,2,2）,Q（0,2,2）,

所以。g=722+22+22=273，故选项A错误;

_,__,_..AEAC蕙君二^，故选项B正

荏=（0,2,1）,蒲'=（-2,2,2%所以cosAE,AG=鬲扃

确;

AE=（0,2,1）,AF=（-1,0,2），记5=（4,—1,2）,

则荏4=0‘通4=0’故在工加通

因为AE「AF=AAE,AFu平面AEE

所以1=(4,-1,2)垂直于平面AEf故选项C正确;

DA=(2,0,0)，所以点。到平面AEF的距离d=智=/==酒，故选项D正确；

nV2121

故选:BCD

10.答案：BCD

解析：当4=1时，互=〃函，故点P在CG上，故A错误；当〃=1时，因

2G[0,1],故点P在棱用G上，因为4G〃平面ABC，所以点尸到平面ABC的距离为

定值，故B正确；当X=g时，取6C的中点。，5c的中点E,则丽=丽+〃瓯，

即加=〃函，又4W0,1],故P在线段0E上，故C正确；当4=1,〃时，点P

为CG的中点，连接4E，BE,因为3c=5耳，易证用P,A.ELB.P,从而可

得用平面AEB,从而可得用又43,A耳，从而得到平面A37，

故D正确.故选BCD.

11.答案：BC

解析：A选项，以A为坐标原点，力X，荏,题所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标

系，

则A(0,0,0),5(0,1,0),A(0,0,1),G(-1,-1,2),g(0,-l,2),C(-l,l,0),

4(O,1,1)，G(-1,1,1),0(-1,0,0),

CG=(O,-2,2),AB=(O,l,O),A4^=(O,O,l),

则2AB+2丽=(0,2,0)+(0,0,2)=(0,2,2)CG,A错误；

B选项，平面45012的法向量为菊=(0,0,1),

诙=(0,-1,2)-(-1,1,0)=(1,-2,21设直线CQ与平面44G2所成角的大小为。，

则sin8=|cosCQ,ml=昌胃=I。,-”,（。，。/）|=2,B正确；

11阕网A/1+4+43

c选项，不=（0,0,1）,

点G到直线CQ的距离为

(_______\2

［（0,0,1）.（1,-2,叫_『JW_6CTF确:

d二因，

、Jl+4+4Jy\3J3

D选项，丽=（—1,0,0）—（0,1,0）=（-1,一1,0%

设异面直线。。与3。所成角大小为a,

摩西|（l，-2,2）.（TT0）|卜1+2+0|=痣/错误

则cosa=|cosce,fip|

A/1+4+4xJ1+1+03-\/26

故选:BC

12.答案：1/0.125

8

解析：取BC的中点为连接脑%,AM,

由正三棱柱性质可得AM_LMM］，3M，,24M_L，

因此以M为坐标原点，以AM,3跖M/所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标

系,如下图所示:

0,—,2j,A/（0,0,01设CN的长为〃，且a>0,可得N（0,一耳,Q

、

易知两=[o,f函=[319

，，

（22./

7

若MNLAq,则加.丽=—+2a=0,解得a=L

228

所以当CN的长为g时，使MN±ABV

故答案为」

8

13.答案：-

3

解析：因为PD,底面A3CD,底面A3CD是正方形，

所以DADCDP两两垂直，以。为坐标原点，丽，反，加的方向分别为x,yz轴的正方向,

建立如图所示空间直角坐标系,

则£>（0,0,0）,P（0,0,1）,4（3,0,0）,B（3,3,0）,C（0,3,0），则重心G（2,2,0）,

因而PG=（2,2,—1）,ZM=（3,0,0）,OP=（0,0,1）,

设平面PAD的一个法向量为五=（%,y,z）,

则竹上=3，=。,令y=i则浣=（o」,O）,

m•DP=z=0

I/_________vIm-PG92

贝！Jsin。=cos（m,PG）\=T—n——T=--二—，

।\/I邮羽1x33

故答案为:2.

3

14.答案：117m

解析：如图，过E做£OJ_平面A3CD,垂足为。，过E分别做EG_L5c，即/_LAB，垂足分

别为G,M,

连接OG0M,

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为㈤川和

/EGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=—•

5

因为EO，平面ABCD,BCu平面ABCD,^以EOLBC，

因为石6,5。4。,或?匚平面EOG,EOC\G=E,

所以BC,平面EOG,因为OGu平面EOG,所以BC_LOG，

同理又W_LBG，故四边形OMBG是矩形，

所以由3。=10得OM=5,所以石0=疝\所以OG=5，

所以在直角三角形EOG中,EG=NEO?+OG?=7（714）2+52=底

在直角三角形EBG中,5G=Q0=5，EB=1EG?+BG?=7（A/39）2+52=8，

又因为EF=AB—5-5=25-5-5=15，

所有棱长之和为2x25+2x10+15+4x8=H7.

故答案为：U7m

15.答案：（1）逅

6

(2)当AE=2时，直线4。与平面所成角的正弦值最小，最小值为半

解析：(1)以。为坐标原点,DA,DC,。。1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角

坐标系，

当点E在棱A3的中点时，则D](0,0,1),E(l,l,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A(l,0,0),

则=(-1,-1,1),EC=(-1,1,0)，DA=(1,0,0)，

设平面2EC的一个法向量为]=(X,y,Z),

n-ED=-x-y-^-z=0人皿

则ntI｛____x，令％=1,则y=1,2=2，

n-EC=一元+y=0

所以平面A5C的一个法向量为石=(1,1,2),

又平面0cA的一个法向量为DA=(1,0,0)，

所以cos南广旦--i-—西

|DA-|n|V1+1+4X16

所以平面D[EC与平面OCR所成的夹角的余弦值为逅;

6

(2)设AE=加，

则R(0,0,1),E(l,m,0),C(0,2,0),D(0,0,0)，A(1,0,1),

则西=(―1,—加,1),反=(―1,2—根,0),(0〈根<2),函=(1,0,1),

设平面REC的一个法向量为［=(%,%z)，

r/〃・ER=-x-my+z=。人

贝！____，令y=1,贝!Jx=2—根,z=2,

n-EC=—x+(2—m)y=0

所以平面QEC的一个法向量为3=(2-m,1,2),

设直线4。与平面AEC所成的角为0,

1n

则sin6=,四=|2-二1_=4-m,

\n\-\D\\^/(2-z??)2+1+4x71+1,2(2—机)2+10

令4—m=/e[2,4],

则sin'=

当/=2时,sin。取得最小值，最小值为叵.

5

16.答案：（Dg

⑵叵

10

⑶证明见解析

解析：（1）如图，建立以点。为坐标原点,C4、CB、eq所在直线分别为x轴、y轴、z轴

的空间直角坐标系.

依题意得5(0,1,0),N(l,0,1),

.•.网=7(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=73；

(2)依题意得,A(1,0,2),5(0,1,0),C(0,0,0),4(0,1,2),

.•.研=(1,-1,2),圆=(0,1,2),明.匈=3，|阿卜"，|国卜君,

…M函3730

所以cos网=记；

(3)证明：G(0,0,2),8(0,1,0),N。,0,1),M(,g,21.

•­•QAf=^pO^,QV=(l,0,-1),ffiV=(l,-1,1),

——■—•11

.­.C1M-BN=-xl+-x(-l)+lx0=0,

CpV-®V=lxl+0x(-l)+(-l)xl=0，

：.QM±BN,QN±BNQM±BN,C.N1BN,

又C.Mu平面C[MNCNu平面GMN,QMQQN=£,

.•.5N_L平面GMN.

17.答案：(1)也

2

（2）存在点M,使得BMH平面PCD.—=1.

AP4

解析：（1）取AD的中点为。，连接尸QC。，

因为上4=PD，所以POJ_AD,又平面RLDJ_平面A3CD,

平面PAD门平面ABCD=AD,POu平面PA。，

所以PO，平面A3CD,又A。=CD，所以CO，AD，

以，^0,4£）=2，所以。。=1，4。=。。=石，所以09=2,

所以以。为坐标原点，分别以OCOAOP所在的直线为x,yz轴建立空间直角坐标系,

P（0,0,l）,C（2,0,0）,A（0,l,0）,B（l,l,0）,D（0,-l,0）,

所以定二（2,0,—1）,而=（0,-1,—1）,而=（1,L—1）,

设平面PCD的一个法向量为m=（x,y,z）,

EIPC-m=0[2x-z=0人讪c

则4,一],々x=1，则z=2，y=—2,

PD-m=0〔一y—z=°

所以蔡=（1,—2,2）,

设直线PB与平面PCD所成角为6，

I--------I\m-PB\11-2-21G

11\^PB\耶乂也3

所以cosd=、Q=^，所以tan*克，

V332

所以直线PB与平面PCD所成角的正切值正.

2

（2）在以上存在点M使得丽=丸而（0WXW1）,

所以西=（0,1,-1）,所以两=XPA=（0,2,-2）,

所以/（0,41-；1）,所以丽=（—1,；1一1,1—/1）,

因为平面PCD,所以询±肩，

即一1—2（2—1）+20—2）=0,解得;1=；,

所以存在点M使得BMH平面PC。,此时史《=1.

AP4

18.答案：（1）总有平面平面朋G,证明详见解析

（2）存在，。是心的靠近尸的三等分点,理由见解析.

解析：（1）折叠前，因为四边形ABCD是菱形，所以ac_LBO，

由于分别是边BC,CD的中点，所以MN//BD,

所以MVLAC，

折叠过程中，肱V，GP，MV，GA，GOCGA=G,GP,GAu平面PAG,

所以MV_L平面P^G,

所以BD,平面以G

由于BDu平面PBD,所以平面平面hG.

（2）存在，理由如下：

当平面PMN1,平面MNDB时，由于平面PMNR平面MNDB=MN，GPu平面

PMN，GP±MN，

所以GPL平面MND氏由于AGu平面所以GPLAG，

由此以G为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

依题意可知P（0,0,@,0（百,-2,0）,8（点2,0）,N（0,-1⑼，丽=（6,2,,

A（3百,0,0）,丽=（3百,0,—石），

设P2=2^4（O<A<1）,则

Ge=GP+P2=GP+2PA=（0,0,V3）+（3^2,0,-^2）=（3V32,0,V3-V32）,

平面PMN的法向量为I=（1,0,0）,

双=（3房-石,2,若—融），丽=卜疯叫,

设平面QDN的法向量为E=（X2，%，Z2），

%,DQ=卜/+2%+-Z[=0

则

n2-DN=-百4+%=0

故可设点=（X--百,32+1）,

设平面QDN与平面PMN所成角为0，

由于平面QON与平面PMV所成角的余弦值为H,

13

八•%\A~L\

所以COS0=|一“一|-/2

\n\rAJ(2-1)2+(A/32-A/3)+