2024-2025学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年北京三十五中高二（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题：本题共10小题，每小题4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m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n

C.若m2.下列说法正确的是(

)A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底

B.空间的基底有且仅有一个

C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底

D.任一个向量p在基底{a,b3.若直线l的方向向量为a=(1,−2,3)，平面α的一个法向量为n=(−3,6,−9)，则(

)A.l⊂α B.l//α C.l⊥α D.l与

α相交4.如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1，设AB=a,A.−12a+12c

B.15.已知空间三点A(1,3,−2)，B(2,5,1)，C(p+1,7,q)共线，则p和q的值分别是(

)A.3，6 B.2，4 C.1，4 D.2，66.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为BA.π2 B.π3 C.π4 7.已知三棱锥A−BCD的所有棱长都是2，点E是AD的中点，则BA⋅CE=A.1

B.−1

C.3

D.8.已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=AA1A.33 B.22 C.9.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D，中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1A.3λ

B.22

C.10.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，BA.点P可以是棱BB1的中点

B.线段MP的最大值为32

C.点P的轨迹是正方形

D.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。11.已知点P(−3,1,5)，则该点关于yOz平面的对称点坐标为______．12.若a=(2,−3,1),b=(2,0,3),c=(3,4,2)，则a⋅(b+2c)=13.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，设AD=AA114.已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为______．15.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC

(填“垂直”或“不垂直”)；△AEF的面积的最大值为

．16.如图，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直.点P在正方形ABCD及其内部运动，点Q在矩形ABEF及其内部运动.设AB=2，AF=1，给出下列四个结论：

①存在点P，Q，使PQ=3；

②存在点P，Q，使CQ//EP；

③到直线AD和EF的距离相等的点P有无数个；

④若PA⊥PE，则四面体PAQE体积的最大值为13；

其中所有正确结论的序号是______．三、解答题：本题共3小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题20分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，PA=AB=BC=2AD=2．

(Ⅰ)设点M为AB上任意一点，求证：AD⊥PM；

(Ⅱ)求直线PB和平面PCD所成角的正弦值；

(Ⅲ)求二面角A−PD−C的余弦值．18.(本小题20分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，M为线段A1C1上的一点．

(Ⅰ)求证：B1M//面ABC；

(Ⅱ)求直线BC119.(本小题10分)

设n(n≥2)为正整数，若α=(x1,x2,…,xn)满足：

①xi∈{0,1,…,n−1}，i=1，2，…，n；

②对于1≤i<j≤n，均有xi≠xj；

则称α具有性质E(n)．

对于α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn)，定义集合T(α,β)={t|t=|xi−yi|，i=1，2，…，n}．

(Ⅰ)设α=(0,1,2)，若β具有性质E(3)，写出一个β及相应的T(α,β)；

(Ⅱ)设α=(0,1,2,3,4)，请写出一个具有性质E(5)的β参考答案1.B

2.C

3.C

4.D

5.B

6.D

7.A

8.C

9.D

10.D

11.(3,1,5)

12.−1

3

13.5

114.615.垂直

16.①③④

17.解：(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AD，又因为AB⊥AD，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，

所以AD⊥平面PAB，点M为AB上任意一点，

则PM⊂平面PAB，

所以AD⊥PM．

(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，

故以AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为z轴正方向，建立A−xyz空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，

BP=(−2,0,2)，PC=(2,2,−2)，PD=(0,1,−2)，

设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1)，

则n1⋅PD=0n1⋅PC=0，即y1−2z1=0x1+y1−z1=0，

令y1=2，得18.(Ⅰ)证明：连接B1M，由三棱柱性质可得平面ABC/​/平面A1B1C1，

又BlM⊂平面A1B1C1，故B 1M//平面ABC；

(Ⅱ)解：因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，

所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，

故AB，AC，AA1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，

连接BC1，则BC1=(−1,1,1)，AB1=(1,0,1)，

由BC1⋅AB1=−1×1+1×0+1×1=0，故BC ​1⊥AB1，

故直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为cosπ2=0；

(19.解：(Ⅰ)根据题意，令β=(0,1,2)，即y1=0，y2=1，y3=2，

则根据题意可得，t=|xi−yi|=0(i=1,2,3)|，则相应的一个T(α,β)={0}；

(Ⅱ)当α=(0,1,2,3,4)，∵4∈T(α,β)={0，1，2，3，4}，所以β=(y1,y2,…,y5)中的y1=4或者y5=0，

不妨设y5=0，接下来，3∈T(α,β)，∴可能y1=3或y2=4，不妨取y2=4，α中的剩余数0，2，3可以分别对应2，1，3，如此β={2,