2024-2025学年重庆十一中高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆十一中高二（上）第一次月考数学试卷一、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.已知{a,b,A.{a,b,a+c} 2.如图，四面体ABCD中，点E是CD的中点，记AB=a，AC=b，AD=c，则A.a−12b+12c 3.已知点A(a,−3,5)，B(0,b,2)，C(2,7,−1)，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是(

)A.−2，3 B.−1，2 C.1，3 D.−2，24.已知向量a=(2,−1,1)，b=(1,x,1)，c=(1,−2,−1)，当a⊥b时，向量b在向量cA.(−1,2,1) B.(1,2,1) C.(−1,−2,1) D.(1,2,−1)5.空间内有三点P(3,1,−4)，E(2,1,1)，F(1,2,2)，则点P到直线EF的距离为(

)A.14 B.32 C.6.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且AB=AD=AP=3，EC=2PE，则AE⋅DEA.−3

B.3

C.2

D.57.正方体不在同一表面上的两顶点A(−1,2,−1)，B(3,−2,3)，则正方体的体积是(

)A.4 B.43 C.64 8.已知向量a=(2,−1,3)，b=(−4,2,t)的夹角为钝角，则实数t的取值范围为(

)A.(−∞,−6) B.(−∞,−6)∪(−6,103)

C.(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.下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是(

)A.点P(1,−1,0)与点Q(1,1,0)关于z轴对称

B.点A(−3,−1,4)与点B(3,−1,−4)关于y轴对称

C.点A(−3,−1,4)与点B(3,−1,−4)关于平面xOz对称

D.空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分10.下列说法错误的是(

)A.若A，B，C，D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0

B.若a//b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb

C.若AB,CD共线，则AB//CD

D.对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=x11.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都为2A.若AP=λAB+μAA1，则CP的最小值为2

B.若AP=λAB+AA1，则三棱锥P−ABC的体积为定值

C.若AP=AB+λA三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知A(4,1,3)、B(2,−5,1)，C为线段AB上一点，且AB=3AC，则C的坐标为______．13.在四面体ABCD中，BC=1，BD=2，∠ABC=90°，BC⋅DA=−3，则∠CBD=14.如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于点E，M是AC的中点，PB=1，则EP⋅EM的最小值为______．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)

已知向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,−1)．

(1)求a⋅b；

(2)求|2a−b|16.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E，F分别是BD，B1C的中点．

(1)求异面直线A117.(本小题15分)

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，E是C18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且BC=2AB，∠ABC=45°，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=BC．

(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；

(2)在棱PC上是否存在点Q，使得直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为101019.(本小题17分)

球面几何在研究球体定位等问题有重要的基础作用.球面上的线是弯曲的，不存在直线，连接球面上任意两点有无数条曲线，它们长短不一，其中这两点在球面上的最短路径的长度称为两点间的球面距离.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形.若设二面角C−OA−B，A−OB−C，B−OC−A分别为α，β，γ，则球面三角形ABC的面积为S球面△ABC=(α+β+γ−π)R2．

(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；

(2)将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC=θ1，∠BOC=θ2，∠AOB=θ3．

①证明：cosθ1+cosθ2−cosθ3=1；

②延长AO与球O交于点D，连接BD，CD，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，且BE参考答案1.B

2.B

3.D

4.A

5.A

6.B

7.C

8.B

9.BD

10.BCD

11.BCD

12.(1013.30°

14.−115.解：(1)a⋅b=−2+2−2=−2；

(2)2a−b=(2,4,4)−(−2,1,−1)=(4,3,5)，

则16.解：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E，F分别是BD，B1C的中点，

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，

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

A1E=(−1,1,−2)，BF=(−1,0,1)，

设异面直线A1E与BF所成角为θ，

则cosθ=|A1E⋅BF||A1E|⋅|BF|=16⋅2=3617.解：(1)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，

因为AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，E是CC1的中点，

AE=AB+BC+CE=AB+BC+12CC1，

所以AE2=AB2+BC2+14CC12+2AB⋅BC+AB⋅CC1+BC⋅CC1，18.(1)证明：在△ABC中，BC=2AB，∠ABC=45°

由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos45°=AB2，

所以AC2+AB2=BC2，即AB⊥AC．

因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，

AB⊥AC，ACC平面ABCD，所以AC⊥平面PAB，

又AC⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．

(2)设AB，BC的中点分别为O，E，连接OP，OE，

因为PA=PB，O为AB的中点，所以PO⊥AB，

又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，

所以PO⊥平面ABCD，又OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE．

因为O，E分别为AB，BC的中点，所以OE/​/AC，

又AB⊥AC，所以OE⊥AB，即OB，OE，OP两两互相垂直，

以O为坐标原点，OB，OE，OP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，

设AB=2，则A(−1,0,0)，B(1,0,0)，C(−1,2,0)，D(−3,2,0)，P(0,0,7)，

设CQCP=λ，则CQ=λCP=(λ,−2λ,7λ)，λ∈(0,1]，

所以Q(λ−1,2−2λ,7λ)，

BD=(−4,2,0)，BQ=(λ−2,2−2λ,7λ)，

设m=(x,y,z)是平面BDQ的法向量，

则m⋅BD=0m⋅BQ=0，即−4x+2y=019.解：(1)若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，有α=β=γ=π2，

所以球球面三角ABC的面积为S=(α+β+γ−π)R2=π2R2；

(2)①证明：由余弦定理有：AC2=R2+R2−2R2cosθ1BC2=R2+R2−2R2cosθ2AB2=R2+R2−2R2cosθ3，且AC2+BC2=AB2，

消掉R2，可得cosθ1+cosθ2−cosθ3=1；

②由AD是球的直径，则AB⊥BD，AC⊥CD，

且AC⊥BC，CD∩BC=C，CD，BC⊂平面BCD，

所以AC⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，则AC⊥BD，

且AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，可得BD⊥平面ABC，

由直