广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

试卷第 1 页，共 4 页 2024 年 10 月深圳市盐田高级中学高二年级月考数学试卷 班级：高二（ ）班 姓名： 命题人：俞兴保 审题人：陈斌 一、单选题（共 40分，每题 5分） 1．在空间直角坐标系中，点  2,1,4 关于 y 轴对称的点坐标是（ ） A．  2,1, 4 B．  2,1, 4  C．  2, 1, 4   D．  2, 1,4 2．已知正方体 ABCD A B C D    的棱长为 1，且 AB a= ， AD b ， AA c  ， 则    4 + 2 2 3a b c a b c    （ ） A．1 B．2 C．3 D． 1 3．平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，O为 1 1AC 与 1 1B D 的交点，设 1, ,AB a AD b AA c   ， 用 , ,a b c 表示BO，则（ ） A． 1 2 BO a b c   B． 1 2 BO a b c   C． 1 2 BO a b c    D． 1 1 2 2 BO a b c    4．若平面 ,  的法向量分别为    2, 1,0 , 1, 2,0a b     ，则 与  的位置关系是（ ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 5．已知      1 2 31,9,1 , , 3,2 , 0,2,1n n m n     ，若 1 2 3, ,n n n 不能构成空间的一个基底， 则m （ ） A．1 B．3 C．5 D．7 6．已知    1 ,1,0 , 2, ,a t b t t   ，则 b a 的最小值是（ ） A．1 B． 5 C． 3 D． 2 7．四棱锥P ABCD ，底面是平行四边形， (2, 1,3), ( 2,1,0), (3, 1,4)AB AD AP      ， 则这个四棱锥的底面积为（ ） A． 3 5 2 B．3 5 C． 5 2 D．5 8．已知直线 1l ， 2l 的斜率分别为 1k ， 2k ，倾斜角分别为 1 ， 2 ，则“  1 2cos 0   ” 试卷第 2 页，共 4 页 是“ 1 2 0k k  ”的（ ） A．充分而不必要条件 B．充分必要条件 C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题（共 18分，每题 6分） 9．已知向量  1,1,0a  ，  0,1,1b  ，  1,2,1c  ，则下列结论正确的是（ ） A．向量a 与向量b 的夹角为 π 6 B．  c a b  C．向量a 在向量b 上的投影向量为 1 1 0, , 2 2       D．向量 c与向量a ，b 共面 10．如图，直线 1l ， 2l ， 3l 的斜率分别为 1k ， 2k ， 3k ，倾斜角分别为 1 ， 2 ， 3 ， 则下列选项一定正确的是（ ） A． 1 3 2k k k  B． 3 2 1    C． 2 31 cos sc s coo     D． 3 2 1sin ns n sii     11．下列命题正确的是（ ） A．若 p 是平面 的一个法向量， ,A B是直线b 上不同的两点，则b 的充要条件 是 0p AB  B．已知 , ,A B C 三点不共线，对于空间中任意一点O，若 2 1 2 5 5 5 OP OA OB OC   ， 则 , , ,P A B C四点共面 C．已知    1,1,2 , 0,2,3a b   ，若 ka b 与2a b 垂直，则 3 4 k   D．已知 ABC 的顶点分别为      1,1,2 , 4,1,4 , 3, 2,2A B C  ，则 AC 边上的高BD的 长为 13 三、填空题（共 15分，每题 5分） 12. 已知空间中的单位向量 , ,a b c，其两两夹角均为60 ，则 2a b c   _______ 13.如图,在平行四边形 ABCD 中,AB=AC=1,∠ACD=90°,沿着它的对角线 AC 将△ACD 折起, 当二面角 B-AC-D的大小是 600时，则 B、D的两点间距离为_______. 试卷第 3 页，共 4 页 14．下列说法正确的是 ． ①直线  2 4y ax a a   R 恒过定点  2, 4 ； ②若直线 l ： 3 5 0x my   的倾斜角为 π 3 ，则实数m 的值为 1 ； ③已知直线 l 过点  2,4P ，且在 x，y 轴上截距相等，则直线 l 的方程为 6 0x y   或 2y x ； ④设过原点的直线 l 的倾斜角为 ，如果将 l 绕坐标原点按逆时针方向旋转45，得到直线 1l 的倾斜角是 45  或 135  ． 四、解答题（共 77分） 15．（13 分）如图所示，在棱长为1的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点E 是棱 AB 上的动点. （1）求证： 1 1DA ED ; （2）当 1 = 2 AE AB 时，求直线 1DA 与平面 1CED 成角的大小. 16．（15 分）在平面直角坐标系中有  0,3A ，  3,3B ，  2,0C ， (1)求直线 AC 的一般方程； (2)在三角形 ABC 中，求 AB 边的高线方程； (3)若直线 x m 将△ABC 面积两等分，求 m 的值 试卷第 4 页，共 4 页 17．（15 分）已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2,∠A1AC=60°, 且平面 A1ACC1⊥平面 ABC,点 P,Q 又分别是 AB,A1C1 的中点, (1)求证： / /PQ 平面 1 1BCC B ； (2) 求点 B1到平面 1A PQ 的距离. 18. （17 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 190 , 1ABC AB BC BB      ， E，F，G 分别是棱 AB，BC， 1BB 上的动点，且 1AE BF B G  ． (1)求证： 1 1A F C G ； (2)若平面 1EGC 与平面 1 1AA B B的夹角的余弦值为 1 3 ，求BF ． 19．（17 分）如图，平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有棱长均为 2，底面 ABCD为正方 形， 1 1 π 3 D DA D DC   ，点E 为 1BB 的中点，点F 为 1CC 的中点，动点 P 在平面 ABCD 内. (1)若 AC 中点为O，求证： 1D O 平面 ABCD； (2)若 / /FP 平面 1D AE，求线段CP长度的最小值. 试卷第 5 页，共 11 页 2024年 10 月深圳市盐田高级中学高二年级月考数学试卷参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B A D B C BCD ABC 题号 11 答案 BCD 1．A 2．C 【分析】根据空间向量的数量积公式及运算律计算即可. 【详解】根据题意知 , , , 90a b a c b c   ，则 0a b a c b c      ， 所以原式=8?⃗?2 − 3b⃗⃗2 − 2c⃗2 = 8 − 3 − 2 = 3故选：C 3．D 【分析】由平行六面体的性质和空间向量的线性运算即可求解； 【详解】如图： 由平行六面体的性质可得    1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 BO BB B O AA BD AA AD AB c b a a b c              ，故选：D. 4．B 【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系. 【详解】∵    2, 1,0 , 1, 2,0a b     ，则      2 1 1 2 0 0 0a b          ， ∴ a b ，故  .故选：B. 5．A 【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果. 【详解】若 1 2 3, ,n n n 不能构成空间的一个基底， 1 2 3, ,n n n 共面， 存在 , ，使 1 2 3n n n   ， 即 1 0 9 3 2 1 2 m               ，解得 1 3 1m         ，故选：A. 6．D 【分析】根据空间向量的坐标运算，表示出b a 的坐标，再根据模的计算公式，即可求得 答案. 【详解】由题意知    1 ,1,0 , 2, ,a t b t t   ，故    2, , 1 ,1,0 ( 1, 1, )b a t t t t t t       ， 试卷第 6 页，共 11 页 则 2 2 2 2( 1) ( 3 21) 2t tb ta t     ，即 b a 的最小值是 2 ， 故选：D 7．B 【分析】平行四边形面积公式，S = AB ∙ AD ∙ sin∠BAD，利用向量数量积，求解cos∠BAD， 进而转换成sin∠BAD 【详解】利用向量的数量积公式转换的夹角公 cos∠BAD = |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∙AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∙|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−4−1| √14∙√5 = √5 √14 ，sin∠BAD = √1 − 5 14 = √ 9 14 S = AB ∙ AD ∙ sin∠BAD = √14 ∙ √5 ∙ √ 9 14 = 3√5 故选：B． 【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于基础题． 8．C 【分析】由题意首项得 1 2 π π , 0, ,π 2 2               ，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾 斜角的关系，两角差的余弦公式即可得解. 【详解】由题意两直线均有斜率，所以 1 2 π π , 0, ,π 2 2               ， 若取 1 2 2π π , 3 3    ，则有  1 2 0 2π π 1 3 3 2 cos cos            ，但 1 2 2π π tan tan 3 0 3 3 k k     ； 若 1 2 1 2 1 2 1 2 sin sin tan tan 0 cos cos k k          ，又 1 2sin sin 0   ， 所以 1 2cos cos 0   ，而  1 2 1 2 1 2cos cos cos sin sin 0         ， 综上所述，“  1 2cos 0   ”是“ 1 2 0k k  ”的必要而不充分条件. 故选：C. 9．BCD 【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断 A；由向量相乘为 0 可得向量垂 直 B 正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以 C 错误，c a b  得出向量共面 判断 D. 试卷第 7 页，共 11 页 【详解】因为 1 0 1 1 1 0 1b a        ，所以 cos , 1b a b a  ， 可得 2 2 2 2 1 1 cos , 21 1 0 1 1 0 b a        ，则向量a 与向量b 的夹角为 π 3 ，故 A 错误； 因为        1,2,1 1,0, 1 1 1 2 0 1 1 0c a b             ， 所以  c a b  ，即 B 正确； 根据投影向量的定义可知，向量a 在向量b 上的投影向量为  2 1 1 1 cos , 0,1,1 0, , 2 2 2 b a b a a b b b b             ，所以 C 正确； 由向量  1,1,0a  ，  0,1,1b  ，  1,2,1c  ，可知c a b  ， 向量 c与向量a ，b 共面， 所以 D 正确. 故选：BCD 10．ABC 【分析】利用斜率与倾斜角的定义，结合图象判断即可得. 【详解】由图可得 1 3 20k k k   ， 3 2 1    ，cosα1 < 0 < cosα2 < cosα3故 ABC 正确. 故选：ABC. 11．BCD 【分析】直接利用法向量和向量垂直的充要条件的应用判定 A 的结论，利用共面向量的充 要条件判断 B 的结论，利用向量垂直的充要条件判定 C 的结论，利用空间坐标中点到之直 线的距离求解高BD的值判定 D 的结论． 【详解】若 p 是平面 的一个法向量，直线b 上有不同的两点A ， B ，当b  时， 即使 0p AB  ，也不能说明 / /b ，故 A 错误； 若 2 1 2 5 5 5 OP OA OB OC   ，则 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 5 5 5 OP OA OB OP OC OP     ， 所以 1 2 AP PB PC  ，所以 , , ,P A B C四点共面，故 B 正确； 由题意可得    , 2,2 3 ,2 2,0,1ka b k k k a b        ，若 ka b 与2a b 垂直， 则    2 2 2 3 0ka b a b k k       ，解得 3 4 k   ，故 C 正确； 由题意可得 (5,0,2), (4, 3,0)AB AC   ，则 AC 边上的高BD的长即为点 B 到直线 AC 的距 试卷第 8 页，共 11 页 离 2 2 2 2 2 20 0 0 25 4 13 3 4 AC BD AB AB AC                   ，故 D 正确． 故选：BCD. 12. √5 【分析】利用模长公式，集合数量积的计算，平方后再开根号 【详解】|?⃗? + 2?⃗? − 𝑐| = √(?⃗? + 2?⃗? − 𝑐) 2 = √?⃗?2 + 4?⃗?2 + 𝑐2 + 4?⃗? ∙ ?⃗? − 2?⃗? ∙ 𝑐 − 4?⃗? ∙ 𝑐 = √1 + 4 + 1 + 4 × 1 2 − 2 × 1 2 − 4 × 1 2 = √5 13．√2 【分析】理解异面直线夹角与方向向量之间的关系，结合基底转换和模长公式即可计算结 果. 【详解】根据垂直关系，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角，即为二面角 B-AC-D的平面角，𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 2 =√1 + 1 + 1 + 2 × (− 1 2 ) = √2 14．②③④ 【分析】根据直线方程可得直线恒过定点判断①，由直线的斜截式可判断②，根据直线的 斜率可判断③，分截距为 0 或不为 0 可求出直线方程判断④. 【详解】直线  2 4 Ry ax a a    即直线    2 4 Ry a x a    ，当 2x  时， 4y  ， 即直线  2 4 Ry ax a a    恒过定点  2,4 ，①错误； 直线√3𝑥 + 𝑚𝑦 + 5 = 0，倾斜角为 𝜋 3 ，斜率为𝑘 = − √3 𝑚 = tan π 3 = √3，所以m = −1,②正 确； 因为直线 l 过点  2,4P ，且在 x ， y 轴上截距相等，当截距都为 0 时，直线 l 方程为 2y x ， 当截距不为 0 时，可设直线方程为 1 x y a a   ，则 2 4 1 a a   ，即 6a  ，则直线方程为 6 0x y   ， 所以直线 l 的方程为 2y x 或 6 0x y   ，③错正确. 若倾斜角小于 135°，逆时针旋转，倾斜角加 45°，即α+45°；若倾斜大于 135°，逆时 试卷第 9 页，共 11 页 针旋转 45°，α＋45°大于 180°，倾斜角为 45°-（135°-α）=α-135° 故答案为：②③④ 15．（1）证明见解析；（2） 1 2 ； 【分析】（1）连接 1AD ，通过证明 1DA 平面 1AED ，则可证明 1 1DA ED ； （2）建立空间直角坐标系，根据 AE AB 的值，计算平面 1CED 的法向量，结合点到面的距离 公式即可得出答案 【详解】（1）如图所示：连接 1AD ， 因为 AB 平面 1 1ADD A ，所以 1AB DA ，所以 1AE DA ， 又因为四边形 1 1ADD A 为正方形，所以 1 1AD DA ，且 1AE AD A ， 所以 1DA 平面 1AED ，所以 1 1DA ED ； （2）建立空间直角坐标系如图所示：E（1， 1 2 ，0） 设平面 1CED 一个法向量为  , ,n x y z ， 又        1 10,0,0 , 1,0,1 , 0,1,0 , 0,0,1D A C D ， 所以  1 1,0,1DA  ，𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (1, − 1 2 , 0), 𝐶𝐷1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (0, −1,1)， 因为 1 0 0 CE n CD n       ，{ 𝑥 − 1 2 𝑦 = 0 −𝑦 + 𝑧 = 0 ,所以取x = 1,所以法向量?⃗⃗? = (1,2,2) 所以|𝑐𝑜𝑠〈𝐷𝐴1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗⃗, ?⃗⃗?〉| = | 1+2 √2∙3 | = √2 2 ，所以向量夹角为 45°，所以线面夹角为 45° 16．（1）3x+2y-6=0;；（2）x=2；（3）m = √3 【分析】（1）斜截式求直线方程，化简即可 （2）利用垂直关系，得出高线的斜率，再用点斜式方程求解 试卷第 10 页，共 11 页 （3）先由两直线的交点坐标的求法求得 ,D E 的坐标， 再结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】解： （1）由题意的，直线 AC 在 x 轴和 y 轴的截距分别为 2 和 3，由截距式方程 𝑥 2 + 𝑦 3 = 1，化 简得3x + 2y − 6 = 0 （2）直线 AB 的斜率𝑘𝐴𝐵 = 3−3 3−0 = 0 ，根据垂直关系可得，边 AB 上的高线，斜率不存 在，由于高线过点 C（2，0），所以边 AB 上的高线方程为 x=2 （3）设直线 x m 与边 AB ， AC 分别交于点 ,D E ． 由 9 2 ABCS  ，得 9 4 AEDS  ． 又直线 AC 的方程为 1 2 3 x y   ，而点E 在边 AC 上，故可设 3 ,3 2 m E m       ．因此， 3 | | 0 2 m DE   ． 1 3 9 2 2 4 AED m S m    ， 3m  ， 故答案为： 3 17. （1）略；（2） 2√15 5 【分析】（1）利用中位线，判定面面平行关系，再转换成线面平行关系；（2）构建空间直 角坐标系，计算平面 A1PQ 的法向量，结合点到面的距离公式进行求解 【详解】（1）取 A1B1的中点 M，连接 MQ，MP 试卷第 11 页，共 11 页 在△A1B1C1 中，A1Q=QC1，A1M=MB1，∴QM∥B1C1 在四边形 MPBB1中，MB1=PB 且 MB1∥PB， ∴四边形 MPBB1是平行四边形，∴MP∥BB1， ∵BB1∩B1C1=B1，BB1⊆面 BCC1B1，B1C1⊆面 BCC1B1 又∵MP∩MQ=M，MP⊆面 MQP，MQ⊆面 MQO ∴面 MQP∥面 BCC1B1 又∵PQ⊆面 MQP，∴PQ∥面 BCC1B1 （2）取 AC 中点 O，连接 A1O，BO △ABC 为等腰三角形，∴BO⊥AC ∵面 ACC1A1⊥面 ABC，面 ACC1A1∩面 ABC=AC， ∴BO⊥面 ACC1A1，∴BO⊥A1O 在△A1OA，∠A1AO=60°，A1A=2，OA=1，易得 AC⊥A1O 以 O 为原点，OA，OB，OA1 分别为 x,y,z 轴，以建立空间直角坐标系 A1(0,0,√3)，A(1,0,0)，B(0,√3,0)，C(-1,0,0)，P( 1 2 ,√ 3 2 ,0)，Q(-1,0,√3)， ∵𝐴𝐴1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐵𝐵1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐶𝐶1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ，∴B1(-1,√3,√3)， ∴𝐴1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,0,0)，𝐴1𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = ( 1 2 , √3 2 , −√3)，𝐴1𝐵1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (−1, √3, 0) 设平面 A1PQ 的法向量为 ?⃗⃗? = （𝑥, 𝑦, 𝑧）， ∴ { ?⃗⃗? ∙ 𝐴1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −𝑥 = 0 ?⃗⃗? ∙ 𝐴1𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 1 2 𝑥 + √3 2 y − √3𝑧 = 0 ，设 y=2，取 ?⃗⃗? = （0,2,1） 𝑑 = | ?⃗⃗? ∙ 𝐴1𝐵1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |?⃗⃗?| | = | 2√3 √5 | = 2√15 5 18.(1)证明过程见解析；(2) 1 2 【分析】（1）证明线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出 1 1 0A F C G  ， 得到垂直关系； （2）在（1）的基础上，得到 1 0A F EG  ，故 1A F EG ，从而得到线面垂直，故  1 1, 1,A F m   为平面 1EGC 的一个法向量，结合平面 1 1AA B B的法向量，利用向量夹角余 弦公式得到方程，求出m ，从而求出 BF . 试卷第 12 页，共 11 页 【详解】（1）因为 1B B 平面 ABC ， ,AB BC 平面 ABC ， 所以 1B B AB ， 1B B BC， 又 90ABC  ，故 1 , ,B B AB BC 两两垂直， 以 B 为坐标原点， 1, ,BA BB BC 所在直线分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系， 因为 1 1AB BC BB   ， 1AE BF B G  ，设 1AE BF B G m   ，0 1m  ， 所以        1 11,1,0 , 0,0, , 0,1,1 , 0,1 ,0A F m C G m ， 则            1 10,0, 1,1,0 1, 1, , 0,1 ,0 0,1,1 0, , 1A F m m C G m m           ， 则    1 1 1, 1, 0, , 1 0A F C G m m m m          ， 故 1 1A F C G ； （2）  1 ,0,0E m ，则      0,1 ,0 1 ,0,0 1,1 ,0EG m m m m       ， 则    1 1, 1, 1,1 ,0 1 1 0A F EG m m m m m            ， 则 1A F EG ， 又 1C G EG G  ， 1 ,C G EG 平面 1EGC ， 所以 1A F 平面 1EGC ， 故  1 1, 1,A F m   为平面 1EGC 的一个法向量， 又平面 1 1AA B B的法向量为  0,0,1n  ， 则平面 1EGC 与平面 1 1AA B B的夹角的余弦值为 试卷第 13 页，共 11 页    1 1 2 2 1 1, 1, 0,0,1 cos , 1 1 2 A F n m m A F n A F n m m            ， 又平面 1EGC 与平面 1 1AA B B的夹角的余弦值为 1 3 ， 所以 2 1 32 m m   ，解得 1 2 m  ，故 1 2 BF  . 19.(1)略 (2) 2 5 5 【分析】（1）利用几何关系求出 1 2OD OD  ，从而得到 2 2 2 1 1+OD OD DD ，得到线线垂 直关系，进而得到面面垂直关系； （2）构造平面 //DFH 平面 1D AE，从而确定点 P 必在DH 上，然后利用等面积法求解即 可；或者利用空间向量结合二次函数求最值. 【详解】（1）连接OD、 1OD 、 1D C， 1 1 π 2, 3 D D DA D DA    ， 1 2D A  ，同理 1 2D C  ， O是正方形对角线 AC 中点， 1D O AC  ，且 2 2AC  ， 1 2OD OA OD    ， 即 2 2 2 1 1+OD OD DD ，则 1OD OD ， ∵AC=AD, 1 1 π 3 D DA D DC   ∴△ADD1≌△CDD1，∴AD1=CD1，∴△ACD1 为等腰△，∴D1O⊥AC ∵AC∩DO=O，AC⊆面 ABCD，DO⊆面 ABCD ∴D1O⊥面 ABCD （2）法一： 取BC 中点H ，连接HD，HF ，DF ， 易得 // ,DA EEF F DA ，故四边形EFDA是平行四边形， //DF AE ，又DF  平面 1 ,D AE AE  平面 1D AE， 试卷第 14 页，共 11 页 //DF 平面 1D AE，同理 1 1// //FH BC D A， FH 平面 1 1D AE D A， 平面 1D AE， / /FH 平面 1D AE，且FH DF F  都在面DFH 内， 故平面 //DFH 平面 1D AE， 则点 P 必在DH 上，且当CP DH 时取得CP的最小长度， 2 2 5DH CD CH   ， 由等面积法得： 1 1 2 2 CP DH DC CH   ，解得 2 5 5 CP  ， 故CP的最小长度为 2 5 5 . 法二： 取 1, ,DA DC DD 为一组空间基底，则 1 1D A DD DA   ， 1 1 2 AE DC DD  ， //FP 平面 1D AE， 1FP mD A nAE   ，代入整理得 1 2 n FP m DD mDA nDC  （ - ） ， 故 1 1 1 1 2 2 2 n CP FP CF FP DD m DD mDA nDC       （ - ） ， 动点 P 在平面 ABCD内， 1 0 2 2 n m  - ， 1 2 2 n m   ， 故 2 2 2 2| | 4 4 5 2 1CP mDA nDC m n n n      （ ） ， 当且仅当 1 5 n   时， | |CP 有最小值为 2 5 5 . 法三： 由第一问知 1 1, ,DO AC DO OD OD AC   ，如图建立空间直角坐标系， 试卷第 15 页，共 11 页 则 1 0,0, 2D（ ）， 2,0,0D（ ）， (0, 2,0)C  ， 2A(0, ,0）， ( 2,0,0)B  ， 1 1DD CC ， 1( 2, 2, 2)C   ， 2 2 ( , 2, ) 2 2 F   ， 同理 1 1DD BB ， 1( 2 2,0, 2)B  ， 3 2 2 ( ,0, ) 2 2 E  ， 1 (0, 2, 2)D A   ， 1 3 2 2 ( ,0, ) 2 2 D E    ， 设平面 1D AE的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 1 1 2 2 0 0 3 2 2 0 0 2 2 y z n DA n D E x z                ，令 1x   ，得 ( 1,3,3)n   ， 设点 ( , ,0)P m n ， 2 2 2 2 2 ( , , )FP m n    ， 0nFP   ，即 3 2m n  ， 故 2 2 2| | + 2 10 8 2 4CP m n n n    （ ） ， 当且仅当 2 2 5 n   时， | |CP 有最小值为 2 5 5 . 客观题答题区 主观题答题区 15．(13 分) 16．(15 分) 17.(15 分) 单选题 1  2  3  4  5  6  7  8  12．__________________ 13．__________________ 14．__________________ 多选题 9  10  11  贴条形码区 考生 禁填 缺考标记 第 1 页/共 2 页 数学答题卡 2024-2025 学年盐田高级中学第一学期高二数学月考答题卡 班级 姓名 试室号 座位号      注意事项： 1. 答题前，认真核对条形码上的姓名、考试号,并在贴条形码 区粘贴考生条形码。 2. 选择题作答必须用 2B 铅笔，修改时用橡皮擦干净。笔答题 作答必须用黑色签字笔或钢笔填写，答题不得超出答题框。 3. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。 试卷类型 A B 19．(17 分) 请勿在此 区域答题 18．(17 分) 第 2 页/共 2 页 数学答题卡      请勿在此 区域答题