三重教育2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

姓名： 准考证号： 秘密★启用前 三重教育2024-2025学年高二年级阶段性考试 数学试题 (考试时间120分钟，满分150分) 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区 域内。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑 色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.在空间直角坐标系中，点A(1,2,-1)关于x0z平面的对称点为B,则A= A.16 B.4 C.√6 D.2 2.已知空间向量a=(1,-1,-2),点M(-2,m,3),N(0,2,n),若a∥MN,则mn= A.-4 B.0 C.2 D.4 3.已知直线1y=石则直线1的斜率为 A.0 B月 C.③ D.不存在 3 4.若直线1的倾斜角为135°，在x轴上截距为-1，则直线/的斜截式方程是 Ay=-2x-2 x-1 2 2 By=-② 2 C.y=-x-1 n竖+ 5.已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PA⊥平面ABCD, AD=2,PA=AB=1,E是BC的中点，则点D到直线PE 的距离为 号 B.V42 3 C.3 D.2 高二数学试题 第1页（共4页） 6.已知正方体ABCD-A,B,C,D,点P在线段BD,上，且直线DP与A,B,所成角的余弦值为 号设丽=A丽则A的值为 B D 写 B号 c D.√2-1 7.已知实数k,m满足2k+m=1,则直线kx+3y-2m=0必过定点的坐标为 a4,-引 B4号 c.(. n4.- 8.如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，点P在线段B,C上运动，则直线C,P与平面A,C,D 所成角的正弦值的最大值为 D B D A.3 B.V② 3 CV3 D.6 2 3 3 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.已知空间向量a=(-1,1,-1),b=(-1,0,-2),则下列说法正确的是 A.a-b=(0,-1,-1) B.|b=√5 C.a(-b)=-3 D.cos(-2a,b)=-15 5 高二数学试题 第2页（共4页） 10.已知直线l,ax-y-3=0,l:2x-by+2=0,则下列说法正确的是 A.若l,∥l2,则ab=2且a-3 B.1,11,是=-2的充要条件 C.若直线，经过直线l,恒过的定点，则实数a的值为-3 D.直线L,的纵截距为3 11.如图，半圆锥的底面直径AB=2.高OC=√2，D为底面圆弧AB上一动点，则下列选项 中正确的是 A三按锥C-ABD体积的最大值为号 B.当∠AOD=120°时，异面直线AD与BC所成的角为60° B C,当D位于AB的中点时，点O到平面BCD的距离为5 D.当∠A0D的余弦值为；时，点D到直线AC的距离为46 9 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知空间四点A(2,0,2),B(2,2,2),M(1,2,0),N(2,1,0),则点B到平面AM 的距离为 13.已知直线1：ax+(a-2)y+1=0不经过第四象限，则实数a的取值范围为 14.在直三棱柱ABC-ABC,中，AC⊥AB,AB=AM1=2,AC=1,E为A,B,的中点，点P 满足CP=2CB,若Q为直三棱柱ABC-A,B,C,外接球的球面上一点，则QE+QP 的最小值为 四、解答题：共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)已知空间三点A(-2,0,3),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=AB,b= AC. (1)若c=|2a+b,且c∥BC,求c: (2)求以向量a与b为邻边的平行四边形的面积. 16.(15分)在平行四边形ABCD中，A(0,1),B(5,-3),C(3,-1),点E是线段AD的 中点。 (1)求直线CE的一般式方程： (2)求过点C且与直线BE垂直的直线的一般式方程， 高二数学试题 第3页（共4页） 17.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC=2,PA=√3，PB=PC,点D为AB的中 点，且PA⊥CD (1)求证：PA⊥平面ABC (2)若AB⊥CD,求PB与平面PCD所成角的正弦值. 18.(17分)已知三棱锥0O-ABC的三条侧棱OA,OB,OC长度相等，且两两垂直，以O为球心， 以0A长为半径的球0表面积为16π，若以0为坐标原点，以OA,0B,OC所在的方向分 别为x,y,轴正方向，建立空间直角坐标系.已知球面上一点D0,√3,1】 (1)在线段AB上是否存在点E,使得DE∥平面OAC? (2)求平面ACD与平面AOB夹角的正切值. 19.(17分)在空间直角坐标系中，已知向量u=(a,b,c),点P(xo,yo,o人若平面α经过 点P。,且以u为法向量，点P(x,y,z)是平面a内的任意一点，则a(x-xo)+ b(y-yo)+c(2-z0)=0. 由上述表述可知，a(x-xo)+b(y-0)+c(z-o)=0实际上是平面a的方程.根据该 结论解决以下问题：已知平面α的方程为x-2y+z-1=0, (1)求平面a的一个法向量n: (2)求平面a与y轴的交点坐标，并求平面：与xOz平面的交线方程： (3)若直线1是平面3x-y+2=0与平面2x-:+1=0的交线，且直线I的方向向量为 m=(u,,0),求直线l与平面α所成角的正弦值。 高二数学试题 第4页（共4页）三重教育2024-2025学年高二年级阶段性考试 数学试题参考答案 一、单选题 1.【答案】B 【解析】关于 xOz平面对称，则横坐标不变，竖坐标不变，而纵坐标变为原纵坐标的相反数， 所以B ( )1， - 2， - 1 ，故  AB = ( )0， - 4，0 ， ||  AB = 0 + 16 + 0 = 4.故选B. 2.【答案】A 【解析】a = ( )1， - 1， - 2 ，  MN = ( )2，2 − m，n − 3 ， 由a ∥   MN，则存在唯一的实数λ使a = λ  MN，即( )1， - 1， - 2 = λ( )2，2 − m，n − 3 ， 即 ì í î ïï ïï 1 = 2λ， − 1 = λ( )2 − m ， − 2 = λ( )n − 3 ， 解得λ = 12，m = 4，n = -1，所以mn = -4.故选A． 3.【答案】A 【解析】根据题意，直线 l:y = π6 是与 y轴垂直的直线，其倾斜角为0，斜率为0.故选A． 4.【答案】C 【解析】直线 l的倾斜角为 135°，所以直线 l的斜率为 tan 135° = -1，又直线 l在 x轴上截距为-1，所以直线 l过点 ( )-1，0 ，所以直线 l的方程为 y − 0 = -( )x + 1 ，即直线 l的斜截式方程为 y = -x - 1.故选C. 5.【答案】D 【解 析】以 A 为 坐 标 原 点 ，以   AB，   AD，   AP 分 别 为 x 轴 、y 轴 、z 轴 的 正 方 向 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ，则 P ( )0，0，1 ，D ( )0，2，0 ，E ( )1，1，0 ，所以   PD = ( )0，2， - 1 ， PE = ( )1，1， - 1 . 所 以 ||   PD = 5 , ||  PE = 3 ,    PD ⋅  PE ||  PE = 33 = 3，所 以 点 D 到 直 线 PE 的 距 离 是 ||    PD 2 − ( )  PD ⋅  PE||  PE 2 = 5 − 3 = 2.故选D. 6.【答案】C 【解析】以D为坐标原点，以   DA，    DC，    DD1分别为 x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系 .不妨设正方体的棱 长为1，则D ( )0，0，0 ，B ( )1，1，0 ，D1( )0，0，1 ，C ( )0，1，0 ， 所以    DB = ( )1，1，0 ，  BD1 = ( )-1， - 1，1 ，  DC = ( )0，1，0 ， 所以    DP =   DB +  BP =   DB + λ  BD1 = ( )1，1，0 + λ( )-1， - 1，1 = ( )1 − λ，1 − λ，λ . 因 为 直 线 DP 与 A1B1 所 成 的 角 即 为 DP 与 DC 所 成 的 角 ，所 以 ∠PDC的余弦值为 33 ，所 以    DC ⋅   DP ||   DC ||   DP = 1 − λ (1 − λ)2 + ( )1 − λ 2 + λ2 = 33 ，整理解得λ = 1 2.又由题可知0 ≤ λ ≤ 1，所以λ = 1 2符合 .故选C. 7.【答案】B 【解析】由2k + m = 1，得m = 1 − 2k， 代入直线方程 kx + 3y − 2m = 0中， 得 kx + 3y − 2 + 4k = 0，即 k ( )x + 4 + 3y − 2 = 0， 令 ì í î x + 4 = 0， 3y − 2 = 0，解得 ì í î ï ï x = -4， y = 23， 所以该直线必过定点( )-4，23 .故选B. 高二数学答案 第1页（共6页） 8.【答案】D 【解析】连接B1D1，BD1.在正方体中，因为A1C1 ⊥ B1D1，A1C1 ⊥ BB1，B1D1 ∩ BB1 = B1， 所以A1C1 ⊥平面BB1D1.因为BD1 ⊂平面BB1D1，所以A1C1 ⊥ BD1， 同理，DC1 ⊥ BD1， 因为A1C1 ∩ DC1 = C1，且A1C1，DC1 ⊂平面A1C1D， 所以直线BD1 ⊥平面A1C1D，由法向量的定义可知   BD1是平面A1C1D的一个法向量 . 以D为原点，   DA为 x轴，    DC为 y轴，    DD1为 z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD − A1B1C1D1的棱长为1， 则C1( )0，1，1 ，B ( )1，1，0 ，D1( )0，0，1 ，P ( )a，1，a ，其中0 ≤ a ≤ 1， 所以    C1P = ( )a，0，a - 1 ，  BD1 = ( )-1， - 1，1 ， 设直线 C1P 与平面 A1C1D 所成的角为 θ，则 sin θ = |||| cos    C1P ,   BD1 = ||    C1P ⋅   BD1 ||   C1P ⋅ ||   BD1 = 1 a2 + (a − 1)2 ⋅ 3 = 1 3 ⋅ 2a2 − 2a + 1 = 1 3 ⋅ 2 ( )a − 12 2 + 12 ， 所以当a = 12时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，最大值为 63 .故D正确 . 故选D. 二、多选题 9.【答案】BCD 【解析】对于选项A，向量a = ( )-1，1， - 1 ，b = ( )-1，0， - 2 ，则a - b = ( )0，1，1 ，A错误； 对于选项B， || b = ( )-1 2 + 02 + ( )-2 2 = 5，B正确； 对于选项C，由数量积的定义得a ⋅ ( )-b = ( )-1 × 1 + 1 × 0 + ( )-1 × 2 = -3，C正确； 对于选项 D，− 2a = ( )2， - 2，2 ， ||-2a = 22 + ( )-2 2 + 22 = 2 3， || b = 5，所以 cos -2a，b = ( )-2a ⋅ b||-2a || b = -6 2 3 × 5 = - 155 ，D正确 .故选BCD. 10.【答案】AC 【解析】对于选项A，当 l1 ∥ l2时，a2 = -1 -b ≠ -3 2 ，解得ab = 2且a ≠ -3，A正确； 对于选项B，由 l1 ⊥ l2，可得2a + b = 0，解得 ba = -2或a = b = 0，B错误； 对于选项C，直线 l2恒过的定点坐标为( )− 1，0 ，代入直线 l1的方程可得a = -3，C正确； 对于选项D，由纵截距的概念可知，直线 l1的纵截距为−3，D错误 .故选AC. 11.【答案】ABD 【解析】对于选项A，三棱锥 C − ABD体积等于 13 × S△ABD × OC = 23 S△ABD，所以当 S△ABD最大时，即当OD ⊥ AB 时，三棱锥C − ABD体积最大，此时S△ABD = 12 ⋅ AB ⋅ OD = 1，所以该体积的最大值为 23 ，A正确； 取AB中点E，以O为原点，    OE为 x轴，    OB为 y轴，    OC为 z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 因为圆锥的底面直径AB = 2，高OC = 2， 高二数学答案 第2页（共6页） 所以A ( )0， − 1，0 ，B ( )0，1，0 ，C ( )0，0， 2 ， 对于选项B，D为底面圆周上的一点，当∠AOD = 120°时，可得D ( )32 ，12，0 ， 则   AD = ( )32 ，32，0 ， BC = ( )0， − 1， 2 ， 设异面直线AD与BC所成的角为 θ，所以 cos θ = ||   AD ⋅  BC ||  AD ⋅ ||  BC = 3 2 3 × 3 = 1 2，因为0° < θ ≤ 90°， 所以 θ = 60°，即直线AD与BC所成的角为60°，B正确； 对于选项C，当D位于AB的中点时，D( )1，0，0 ，  OD = ( )1，0，0 ，  BD = ( )1， - 1，0 ， BC = ( )0， - 1， 2 ， 设平面BCD的一个法向量为n = ( )x，y，z ， 则 ì í î ï ï n ⋅   BD = 0， n ⋅  BC = 0，即 ì í î ï ï x − y = 0， − y + 2 z = 0，令 z = 1，则 x = 2，y = 2，故n = ( )2， 2，1 ， 所以点O到平面BCD的距离为 ||   OD ⋅ n || n = 25 = 105 ，C错误； 对于选项D，由 cos ∠AOD = 13，可得D ( )2 23 ， − 13，0 ， 又   AC = ( )0，1， 2 ， AD = ( )2 23 ，23，0 ，所以点D到直线 AC的距离为 ||  AD 2 - ( ) AD ⋅  AC||  AC 2 = 4 69 ，D正确 . 故选ABD. 三、填空题 12.【答案】43 【解析】由题可得    AM = ( )-1，2， - 2 ，  MN = ( )1， - 1，0 ，  BM = ( )-1，0， - 2 ． 设平面AMN的法向量为n = ( )x，y，z ， 则 ì í î ï ï n ⋅   AM = 0， n ⋅   MN = 0，即 ì í î − x + 2y − 2z = 0， x − y = 0， 令 x = 2，则 y = 2，z = 1， 故n = ( )2，2，1 ，所以点B到平面AMN的距离为 ||    BM ⋅ n || n = || ( )-1 × 2 + 0 × 2 + ( )-2 × 19 = 4 3． 故答案为： 4 3. 13.【答案】{ }a | 0 ≤ a ≤ 2 【解析】当 a = 0时，直线 l为-2y + 1 = 0，即 y = 12，此直线垂直于 y轴，显然不过第四象限，符合条件；当 a − 2 = 0，即a = 2时，直线 l为2x + 1 = 0，即 x = - 12，此直线垂直于 x轴，显然不过第四象限，符合条件； 当a ≠ 0，且a ≠ 2时，直线 l的方程可转化为斜截式 y = -a a − 2 x + -1 a − 2， 若直线 l不过第四象限，则 ì í î ïï ï ï -a a − 2 > 0， -1 a − 2 > 0， 解得0 < a < 2. 高二数学答案 第3页（共6页） A B C O DE x y z 综上可知，实数a的取值范围为{ }a | 0 ≤ a ≤ 2 . 故答案为：{ }a | 0 ≤ a ≤ 2 . 14.【答案】 14 【解析】由题可得BC = 5，CB1 = 3，易知CB1就是直三棱柱的外接球的直径，所以外接球半径长为 32，球心是 CB1的中点O，由   CP = 2   CB1，得CP = 6. 又由条件可得点P到球心O的距离OP = 92，大于半径 3 2，所以点P在球外 . 显然点E在球内，所以( )||QE + ||QP min = || PE . 以 A为坐标原点，以   AC，   AB，    AA1所在的方向分别为 x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则 E ( )0，1，2 ， C ( )1，0，0 ，B1( )0，2，2 ，  CB1 = ( )− 1，2，2 ，设P ( )x，y，z ， 则   CP = ( )x − 1，y，z ，因为  CP = 2   CB1，所以P ( )− 1，4，4 ， 所以 || PE = ( )− 1 2 + ( )4 − 1 2 + ( )4 − 2 2 = 14 .即 ||QE + ||QP 的最小值为 14.故答案为： 14. 四、解答题 15.【解析】（1）因为B ( )− 1，1，2 ，C ( )− 3，0，4 ，所以  BC = ( )− 2， − 1，2 ，……………………………………1分 又因为 c ∥  BC，所以 c = λ BC，所以 c = ( )-2λ， - λ，2λ .………………………………………………………2分 由条件可得a =  AB = ( )1，1， - 1 ，b =  AC = ( )-1，0，1 ， 所以2a + b = ( )1，2， - 1 ， || 2a + b = 6.………………………………………………………………………4分 又因为 || c = || 2a + b ，所以 ( )− 2λ 2 + ( )− λ 2 + ( )2λ 2 = 6，…………………………………………………5分 解得λ = ± 63 ， 因此 c = ( )− 2 63 ， − 63 ，2 63 或 c = ( )2 63 ， 63 ， − 2 63 .………………………………………………6分 （2）因为a =  AB = ( )1，1， - 1 ，b =  AC = ( )-1，0，1 ， 以向量a与 b为邻边作平行四边形， 则a与 b夹角的余弦值为 a ⋅ b || a || b = -23 × 2 = - 63 ，……………………………………………………………8分 所以a与 b夹角的正弦值为 33 ，…………………………………………………………………………………10分 故以向量a与 b为邻边的平行四边形的面积为 || a || b sin a，b = 2.………………………………………13分 16.【解析】（1）在平行四边形ABCD中，A ( )0，1 ，B ( )5， − 3 ，C ( )3， − 1 ， 则   AD =  BC = ( )-2，2 ，故点D ( )-2，3 .……………………………………………………………………………3分 由点E是线段AD的中点，所以点E ( )− 1，2 ，……………………………………………………………………4分 故直线CE的斜率 kCE = -1 − 23 - ( )-1 = - 3 4，…………………………………………………………………………6分 所以直线CE的方程为 y − ( )-1 = - 34 ( )x - 3 ，即3x + 4y − 5 = 0.………………………………………………8分 高二数学答案 第4页（共6页） （2）由（1）可得点E ( )− 1，2 ， 则直线BE的斜率 kBE = -3 − 25 - ( )-1 = - 5 6，…………………………………………………………………………10分 因此过点C且与直线BE垂直的直线的斜率为- 1 kBE = 65，………………………………………………………12分 故所求直线的方程为 y - ( )-1 = 65 ( )x - 3 ，即6x − 5y − 23 = 0.………………………………………………15分 17.【解析】（1）取BC的中点E，连接AE，PE， 因为PB = PC，E是BC中点，所以BC ⊥ PE，………………………………………………………………………1分 因为AB = AC，E是BC中点，所以BC ⊥ AE.………………………………………………………………………2分 又PE ∩ AE = E，PE，AE ⊂平面APE，所以BC ⊥平面APE. 又PA ⊂平面APE，所以BC ⊥ PA.…………………………………………………………………………………4分 又PA ⊥ CD，BC ∩ CD = C，BC,CD ⊂平面ABC，所以PA ⊥平面ABC.…………………………………………6分 （2）以 A为坐标原点，以  AC， AP所在的方向分别为 y，z轴正方向，以在平面 ABC内，过点 A且垂直于 AC的直线 为 x轴建立如图所示空间直角坐标系， 则A ( )0，0，0 ，C ( )0，2，0 ，P ( )0，0， 3 ，………………………………………………………………………7分 因为AB ⊥ CD，AB = AC = 2，点D为AB的中点，所以△ABC为正三角形， 所以B ( )3，1，0 ，D ( )32 ，12，0 ，………………………………………………………………………………9分 所以    PD = ( )32 ，12， − 3 ， PC = ( )0，2， − 3 ， PB = ( )3，1， − 3 ，………………………………10分 设平面PCD的法向量为n = ( )x，y，z ， 则 ì í î ï ï n ⋅   PD = 0， n ⋅  PC = 0，即 ì í î ïï ïï 32 x + 1 2 y − 3 z = 0， 2y − 3 z = 0， 令 y = 3，则 z =2，x =3，得n = ( )3， 3，2 .…………………………………………………………………12分 设PB与平面PCD所成的角为 θ， 则 sin θ = |||| cos   PB，n = ||   PB ⋅ n ||  PB ⋅ || n = 2 3 7 × 16 = 2114 .……………………………………………………14分 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为 2114 .…………………………………………………………………15分 高二数学答案 第5页（共6页） P A C B D E P A C B D y x z 18.【解析】（1）由球的表面积为16π可得球的半径为2，……………………………………………………………1分 所以O ( )0，0，0 ，A ( )2，0，0 ，B ( )0，2，0 ，C (0，0，2)，………………………………………………………2分 由于 y轴垂直于平面OAC， 所以平面OAC的一个法向量可取    OB = ( )0，2，0 .………………………………………………………………3分 假设在线段AB上存在点E，则可设点E ( )t，2 − t，0 ，其中0 ≤ t ≤ 2. 又D ( )0， 3，1 ，故   DE = ( )t，2 − t − 3， − 1 ，………………………………………………………………5分 若DE∥平面OAC，则   DE ⊥   OB，即   DE ⋅   OB = 0， 所以2 ( )2 - t - 3 =0，解得 t = 2 − 3.…………………………………………………………………………7分 因为0 ≤ 2 − 3 ≤ 2，所以在线段AB上存在点E，使得DE∥平面OAC.…………………………………………8分 （2）由题可得  AC = ( )− 2，0，2 ， AD = ( )− 2， 3，1 ，…………………………………………………………10分 设平面ACD的法向量为n1 = ( )x，y，z ，则 ì í î ï ï n1 ⋅  AC = 0， n1 ⋅  AD = 0，即 ì í î ï ï − 2x + 2z = 0， − 2x + 3 y + z = 0， 令 x = 3，则 z = 3，y = 1，所以n1 = ( )3，1， 3 .…………………………………………………………12分 由于 z轴垂直于平面AOB，所以平面AOB的一个法向量为n2 = ( )0，0，1 .……………………………………13分 设平面ACD与平面AOB夹角为 θ， 则 cos θ = || cos n1，n2 = || n1 ⋅ n2|| n1 || n2 = 3 7 × 1 = 217 ，…………………………………………………………15分 所以平面ACD与平面AOB夹角的正弦值 sin θ = 1 - cos2θ = 2 77 ，所以 tan θ = 2 3 3 . 故平面ACD与平面AOB夹角的正切值为 2 33 .………………………………………………………………17分 19.【解析】（1）显然平面α的一个法向量可以为n = ( )1， - 2，1 .…………………………………………………2分 （2）令 x = 0，z = 0，可得平面α与 y轴的交点坐标为( )0， - 12，0 .……………………………………………4分 令 y = 0，可得平面α与 xOz平面的交线方程为 x + z − 1 = 0.……………………………………………………6分 （3）易知平面3x − y + 2 = 0的一个法向量为n1 = ( )3， - 1，0 ，………………………………………………8分 平面2x − z + 1 = 0的一个法向量为n2 = ( )2，0， - 1 ，………………………………………………………10分 直线 l的方向向量为m = ( )u，v，w ， 则{n1 ⋅ m = 0，n2 ⋅ m = 0，即{ 3u − v = 0， 2u − w = 0， 令u = 1，则 v = 3，w = 2，故直线 l的方向向量m = ( )1，3，2 .…………………………………………………14分 设直线 l与平面α所成角为 θ， 又由（1）知平面α的一个法向量可取n = ( )1， - 2，1 ， 所以 sin θ = || cos m，n = ||m ⋅ n ||m || n = | | | || | | | | || | 1 × 1 + 3 × ( )-2 + 2 × 1 14 × 6 = 2114 . 所以直线 l与平面α所成角的正弦值为 2114 . …………………………………………………………………17分 高二数学答案 第6页（共6页）