福建省厦门市集美中学2025~2026学年高二上册月考数学试题（10月份）含答案

/2025-2026学年福建省厦门市集美中学高二（上）10月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量a=(x,1,1)，b=(1,−2,1)，且a⊥A.−2 B.−1 C.1 D.22.已知，A(−1,−4)，B(λ,2)两点所在直线的倾斜角为3πA.−7 B.−5 C.−2 D.23.如图，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M为BC中点，点NA.−12a−23b+14.已知两点M(1,1)，N(−1,1)，直线l过点P(12,2)且与线段MN相交，则直线A.k≤−2 B.k≥23 C.k≤−25.设直线l1：(a+1)x+a2y−3=0，lA.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CC1中点，F为正方形AA.2 B.22 C.π7.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，P为线段CC1的中点，E在A.12B.33

C.18.如图，棱长为2的正方体的一个顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，且点B和点D到平面α的距离均为22，则平面A1C1A.12 B.22 C.1二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列命题中错误的是(

)A.若直线的倾斜角为钝角，则其斜率一定为负数

B.任何直线都存在斜率和倾斜角

C.直线的一般式方程为Ax+By10.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，A.EF//平面ABCD

B.D1E⊥CF

C.α=(1,0,2)是平面EFD111.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥面ABCD，PA=2，AB=1，动点M在线段A.四棱锥P−ABCD的外接球表面积为6π

B.MB+MD的最小值为303

C.不存在点M，使得AC⊥BM

D.点M到直线AB的距离的最小值为12.点A(1,0,1)，B(3,2,2)，C(λ+1,4,3)，若AB，AC13.已知二面角α−l−β的大小为60°，A∈α，B∈β，C，D∈l，AC⊥l14.已知A(3,0)，B(0,4)，直线y=kx+1将△AOB分割成面积相等的两部分(O为坐标原点四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题10分)

已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,c)，且|a+b|=5．

(1)求c16.(本小题12分)

已知△ABC的三个顶点的坐标为A(2,3)、B(1,−2)、C(−8,1)．

(1)求AB边的垂直平分线的截距式方程；

(2)求17.(本小题12分)

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=4，AD=3．

18.(本小题12分)

如图1，在直角△ABC中，AB=BC，点D，E分别为边AB，AC的中点，将△ADE沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，如图2，且二面角P−DE−C的大小为60°．

(1)求证：平面PBC⊥平面PBD；

(2)在棱PE上是否存在点G，使得19.(本小题12分)

如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等腰直角三角形，△ACD为正三角形，∠ABC=90°，AB=2，现将△DAC沿AC翻折至△SAC，形成三棱锥S−ABC，其中S为动点．

(1)证明：AC⊥SB；

(2)若SC⊥BC，三棱锥S−ABC

参考答案1.C

2.A

3.C

4.C

5.C

6.A

7.D

8.A

9.BCD

10.ACD

11.ABD

12.(−5,4)∪(4,+∞)

13.3414.1615.解：(1)a+b=(−1,0,c)+(1,1,0)=(0,1,c)，

所以|a+b|=1+c2=5，解得：c=±2；

(2)当c=2时，ka+b=(k,k,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，2a−b=(2,2,0)−(−1,0,2)=(3,2,−2)，16.(1)△ABC的三个顶点的坐标为A(2,3)、B(1,−2)、C(−8,1)，

∴AB的中点为M(32,12)，

kAB=−2−31−2=5，∴线段AB边的垂直平分线的斜率为−15，

∴AB边的垂直平分线的一般式方程为：x+5y−4=0，

∴AB边的垂直平分线的截距式方程为x4+y45=1；17.解：(1)证明：在四棱锥ABCD−A1B1C1D1中，∵AB//CD，CD⊄平面ABB1A1，

AB⊂平面ABB1A1，∴CD//平面ABB1A1，

∵AA1//DD1，DD1⊄平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，

∴DD1//平面ABB1A1，

又∵DC⋂DD1=D，∴平面ABB1A1//平面CDD1C1，

∵CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1//平面ABB1A1．

(2)∵AA1⊥平面ABCD，AB⊥AD，可得AA1，AB，AD两两垂直，

18.

19.解：(1)取AC的中点E，连接SE，BE，

因为AB=BC，SA=SC，且AC的中点E，

所以SE⊥AC，BE⊥AC，

又SE∩BE=E，SE，BE⊂平面SBE，

故AC⊥平面SBE，

由于SB⊂平面SBE，

故AC⊥SB，

(2)当SC⊥BC时，由△CBS≌△ABS，则SA⊥BA，

取BS的中点O，连接OA，OC，

故O到A，B，C，S四点的距离相等，故O为三棱锥S−ABC外接球的球心，

因为AB=BC=2，AS=CS=22，故SE=6，SB=23，EB=2，

设S到平面ABC的距离为h1，B到平面ABC的距离为h2，

由等体积法可得VS−ABC=VB−ACS⇒13S△ABC×h1=13S△ASC×h2，

而cos∠SEB=−33，

由于∠SEB∈(0,π)，故sin∠SEB=63，

所以h1=SE×sin(π−∠SEB)=6×63=2，