2025-2026学年山东省德州市夏津一中高二（上）9月月考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年山东省德州市夏津一中高二（上）9月月考数学试卷一、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。1.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE=xAB+yAD+zA.32

B.1

C.52

2.若平面α的法向量为u=(−1,2,4)，平面β的法向量为v=(m,−1,−2)，直线l的方向向量为t=(n,−2,−4)，则A.若α//β，则m=1 B.若l⊥α，则n=2

C.若n=−20，则l//α D.若m=−10，则α⊥β3.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面AA.2

B.1

C.224.在正方体ABCD−A1B1A.AD1⊥A1C B.AD1与BD所成角为π3

C.A5.直线mx+(3m−1)y+1=0必过定点(

)A.(3,1) B.(−3,1) C.(13,1)6.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1A.12 B.22 C.17.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(1,−2)，B(2,1)A.[−1,1] B.(−18.如图，已知正方体A1A2A3A4−A5A6A7A8，空间中一点PA.3 B.6 C.7 D.8二、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.如图，在底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=AB=1，则下列说法正确的是(

)A.异面直线PB与AC所成的角为60°

B.直线PD与平面PAC所成的角为30°

C.平面PBD与平面PAB的夹角为30°

D.点C到面PBD的距离为310.已知直线l过点(0,2)，(3,1)，则A.点C(2,−1)在直线l上

B.直线l的两点式方程为y−12−1=x−30−3

C.直线l11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=2A.A1D⊥B1C

B.B1C⊥平面A1BD

C.AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.过点A(2,1)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为______．13.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面AC14.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为棱AA1的中点，若N为底面A1B1C1D1内一点(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)

根据下列条件分别写出直线的方程，并化为一般式．

(1)直线l的一个方向向量为a=(2,−3)，且经过点A(1,2)；

(2)过点(1,3)16.(本小题15分)

在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1的长为2，且∠A117.(本小题15分)

如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，若F是DD1的中点，

(1)求异面直线AD与BF18.(本小题17分)

四棱锥P−ABCD底面为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD=60°，PA=AB=2，点E在PB上，PE：EB=1：2．

(1)证明：PC⊥DB；

(2)求二面角A−DE−B的余弦值．19.(本小题17分)

如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为长方形，侧面△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD

(1)若E为棱SB的中点，P为棱AD的中点，求证：PE//平面SCD

(2)AB=1，异面直线SB，AD夹角的余弦为55．

①求棱AD的长度；

②在棱SA上是否存在点M，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为3010

答案解析1.【答案】A

【解析】解：因为AE=AB+BC+CE=AB+AD+EP=AB+AD+(AP−AE)，

所以2AE=AB+2.【答案】D

【解析】解：根据题意，平面α的法向量为u=(−1,2,4)，平面β的法向量为v=(m,−1,−2)，直线l的方向向量为t=(n,−2,−4)，

依次分析选项：

对于A，若平面α/​/β，则u//v，则有m−1=−12=−24，解得m=12，故A错误；

对于B，若l⊥α，则t//u，则有n−1=−22=−44，解得n=1，故B错误；

对于C，若n=−20，则t=(−20,−2,−4)，则有t⋅u=20−4−16=0，t⊥u，必有l/​/α3.【答案】A

【解析】解：如图，以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立D−xyz，

设正方体的棱长为1，因此D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，

因此DD1=(0,0,1),AB1=(0,1,1),AD1=(−1,0,1)，

因为DD1⊥平面ABCD，

因此平面ABCD的一个法向量为DD1=(0,0,1)，

设平面AB1D1的法向量为m=(x,y,z)，

m⋅AB1=y+z=0m⋅AD1=−x+z=0，令x=1，

因此y=−1，z=1，因此m=(1,−1,1)为平面AB1D1的一个法向量，

设平面AB1D1与平面ABCD4.【答案】D

【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，

DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，

A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，

对于A选项，AD1=(−1,0,1)，A1C=(−1,1,−1)，

则AD1⋅A1C=1+0−1=0，所以AD1⊥A1C，故A正确；

对于B选项，DB=(1,1,0)，

则cos<AD1,DB>=AD1⋅DB|AD1||DB|=−12×2=−12，

所以AD1与BD所成角的大小为π3，故B正确；

对于C选项，设平面BDC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，

DC1=(0,1,1)，

则由m⊥DB，m⊥DC1，有m⋅DB=5.【答案】B

【解析】解：将直线mx+(3m−1)y+1=0整理可得m(x+3y)−y+1=0，

令x+3y=0−y+1=0，解得x=−3，y=1，

即直线恒过定点(−3,1)．

故选：B．

将直线方程整理，可得关于x，y的方程组，求出恒过的定点的坐标．

6.【答案】D

【解析】解：作出示意图如下：

因为直线BC1到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，

即求点B到平面ACD1的距离，

连接BD，因为BD平分AC，

所以点D与点B到平面ACD1的距离相等，

设点D到平面ACD1的距离为ℎ，

根据等体积法可得VD1−ADC=VD−ACD1，

所以13×12AD⋅DC⋅DD1=7.【答案】A

【解析】【分析】

由于直线l与连接A(1,−2)、B(2,1)的线段没有公共点，可得kPB≤k≤kPA，再利用斜率计算公式即可得出．

本题考查了直线相交问题、斜率计算公式，属于基础题．

【解答】

解：kPA=−2−(−1)1−0=−1，kPB=−1−10−2=1．

∵直线l与连接8.【答案】A

【解析】解：以A4为坐标原点，分别以A4A1、A4A3、A4A8为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，如图所示，

设正方体的棱长为2，

则A1(2,0,0)，A2(2,2,0)，A3(0,2,0)，A4(0,0,0)，A5(2,0,2)，

A6(2,2,2)，A7(0,2,2)，A8(0,0,2)，

因为A1P=xA1A2+yA1A4+zA1A5，且x+y+z=1，所以点P在平面A2A4A5内，

又因为三棱锥A1−A2A4A5为正三棱锥，

当A1P⊥平面A2A4A5时，|A1P|取最小值，此时点P位置记为点Q，

所以Q为△A2A4A5的重心，则Q(43,23,23)，故A9.【答案】ABD

【解析】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD，

又四边形ABCD为正方形，故AB，AD，PA两两垂直，

以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系，

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

则PB=(1,0,−1),AC=(1,1,0)，

设直线PB与AC所成的角大小为θ，

则cosθ=|cos〈PB,AC〉|=|PB⋅AC||PB||AC|=|1|1+1×1+1=12，则θ=60°，故A正确；

B选项，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故PA⊥BD，

因为AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，

所以BD⊥平面PAC，故可取BD=(−1,1,0)为平面PAC的一个法向量，

设直线PD与平面PAC所成的角大小为α，

则sinα=|cos〈PD,BD〉|=|PD⋅BD||PD||BD|=|1|1+1×1+1=12，

故直线PD与平面PAC所成的角为30°，故B正确；

C选项，设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z)，

则由n⊥BD，n⊥PD，可得n⋅BD=(x,y,z)⋅(−1,1,0)=−x+y=0n⋅PD=(x,y,z)⋅(0,1,−1)=y−z=0，

令y=1，得x=z=1，故n=(1,1,1)，10.【答案】BD

【解析】解：A：因为直线l过点A(0,2)，B(3,1)，可得直线l一个方向向量为AB=(3,−1)，

而AC=(2,−3)，因为32≠−1−3，所以AB与AC不共线，所以点C(2,−1)不在直线l上，所以A错；

B：直线l的两点式方程为y−12−1=x−30−3，所以B对；

C：由A选项可得，直线的方向向量为tAB，t≠0，显然(1,−3)≠tAB，所以C11.【答案】AC

【解析】解：由题意，以A为原点，以AB，AA1，AC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

可得A(0,0,0),A1(0,22,0),B(2,0,0),B1(2,22,0),C(0,0,2),C1(0,22,2),D(1,22,1)，

则A1D=(1,0,1),B1C=(−2,−22,2),AC1=(0,22,2),A1B=(2,−22,0)，

对于A，由A1D⋅B1C=1×(−2)+0×22+1×2=0，则A1D⊥B1C，故A正确；

对于B，设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z)，

则n⊥A1Dn⊥A12.【答案】x−2y=0或x−y−1=0

【解析】解：设直线在两坐标轴上的截距分别为a，b，则a+b=0，

若a≠0，b≠0，则b=−a，可设直线方程为：xa+y−a=1，

代入点A(2,1)，可得2a+1−a=1，解得a=1，则直线方程为：x−y−1=0；

若a=b=0，则直线过原点，又过点A(2,1)，则直线方程为：x−2y=0；

综上：所求直线方程为x−2y=0或x−y−1=0．

故答案为：x−2y=0或x−y−1=0．

设直线在两坐标轴上的截距分别为a，13.【答案】4

【解析】【分析】本题考查了空间向量在立体几何中的运用，考查计算能力，属于基础题．

建立空间直角坐标系，设棱柱的高为a，求出平面ACD1的一个法向量n，令cos<【解答】

解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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DD1=a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,a)，

故AC=(−2,2,0),AD1=(−2,0,a),CC1=(0,0,a)，

设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅AD114.【答案】2【解析】解：分别取线段A1D1，A1B1的中点Q，P，连接MQ，MP，PQ，如图，

连接AB1，易知AB1/​/DC1，AB1//MP，∴MP//DC1．

∵MP⊄平面BDC1，DC1⊂平面BDC1，∴MP//平面BDC1，

同理可得MQ/​/平面BDC1，

又MP∩MQ=M，MP，MQ⊂平面MPQ，∴平面MPQ//平面BDC1，

∴点N在线段PQ上，且不与P，Q重合．

以点B为坐标原点，BA,BC,BB1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

令正方体棱长为2，设PN=λPQ，

则M(2,0,1)，P(1,0,2)，Q(2,1,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，

MN=MP+PN15.【答案】3x+2y−7=0．

x+y−4=0或3x−y=0

【解析】(1)由直线l的方向向量为a=(2,−3)，可得直线的斜率为−32，

又因为直线经过点A(1,2)，

故所求的直线方程为y−2=−32(x−1)，即3x+2y−7=0．

(2)当直线的截距不为0时，设所求直线方程为xa+ya=1，

代入点(1,3)，得1a+3a=1⇒a=4，

故所求的直线方程为x+y−4=0；

当直线的截距为0时，直线过原点，此时直线的方程为y=3x，即3x−y=0，

综上，所求的直线方程为16.【答案】6；

【解析】(1)如图，

连接BD1，BD，设BA=a，BC=b，DD1=c，

依题意，b⋅c=1×2×cos60°=1,a⋅b=0,a⋅c=1×2×cos120°=−1，

BD1=BD+DD1=BA+BC+DD1=a+b+c，

所以BD12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2a17.【答案】23．

2【解析】解：(1)以点D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,1)，B(1,1,1)，F(0,0,12)，D(0,0,1)，B1(1,1,0)，

所以DA=(1,0,0)，FB=(1,1,12)，

所以cos〈DA,FB〉=DA⋅FB|DA|⋅|FB|=11×32=23，

所以异面直线AD与BF所成角的余弦值为23．

(2)由(1)知AB=(0,1,0)，FB=(1,1,118.【答案】证明：连接AC与BD交于点O，

∴在菱形ABCD中，AC⊥BD，

∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，

∵PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC，

∵PC⊂平面PAC，

∴PC⊥BD；

133133【解析】(1)证明：连接AC与BD交于点O，

∴在菱形ABCD中，AC⊥BD，

∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，

∵PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC，

∵PC⊂平面PAC，

∴PC⊥BD；

(2)取PC的中点G，连接OG，

∵O为AC中点，∴△PAC中，OG//PA，

∵PA⊥底面ABCD，∴OG⊥底面ABCD，

以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，

∵PA=AB=AD=2，∠BAD=60°，

∴A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),P(3,0,2)，

设E(x,y,z)，∵PE：EB=1：2，

BE=23BP，即(x,y−1,z)=23(3,−1,2)，由此可求E(233,13,43)，

设平面ADE，平面BDE的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)，

DA=(3,1,0),DE=(233,43,43),DB=(0,2,0)，

则DA⊥mDE⊥m，则DA⋅m19.【答案】证明见解析；

①2；②存在