2024-2025学年高二上学期10月月考模拟数学试题（基础版）

姓名 三，解答想(77分) 班级 15.13分) 16.(15分) 高二年级月考模拟数学试题答题卡 D 一。选择题《58分) 单项选择（每慝5分，共40分） 14 5-8 多项遗并（每题6分，共18 分》 9 o 11 二、填空题(15分，每小圈5分) 12 13 14 第1成共2算 17.(15分) 18.(17分) 19.(17分) B:M A D 2024-2025学年高二上学期10月份月考模拟数学试题（基础版） 1、 单选题（每题5分，共40分） 1、已知空间两点A，B的坐标分别为(1，1，1)，(2，2，2)，则A，B两点的距离为(　　) A.3 B.3 C. D. 2、已知向量a＝(1,0，－1)，b＝(0,1,1)，则a在b上的投影为(　　) A. B. C. (0，－1，－1) D. 3、若直线l∥α，且l的一个方向向量为(2，m，1)，平面α的一个法向量为则m等于(　　) A.-4 B.-6 C.-8 D.8 4、已知平面α，β的一个法向量分别为a＝(-1，y，4)，b＝(x，-1，-2)且α⊥β，则x+y=(　　) A.-8 B.-4 C.4 D.8 5、已知向量a＝(－2,2,0)，b＝(－2,0,2)，若向量n满足n⊥a，且n⊥b，则向量n可取为(　　) A. (1,1,0) B. (0,1,1) C. (1,0,1) D. (1,1,1) 6、已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos<m，n>= - ，则l与α所成的角为(　　) A.30° B.60° C.120° D.150° 7、已知二面角P-AB-P1的大小为，且PP1⊥平面ABP1，△ABP的面积为3，则△ABP1的面积为(　　) A. B. C. D. 8、如图，已知AB是圆的直径，且AB=4，PA垂直于圆所在的平面，且PA=2，M是圆周上一点，且∠ABM=30°，则二面角A-BM-P的大小为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 2、 多选题（每题6分，共18分） 9、下列命题中正确的是（    ） A．非零向量，，，若与共面，与共面，与共面，则向量，，共面 B．向量，，共面，即它们所在的直线共面 C．设，，是三个空间向量，则 D．若与共面，与共面，则任意，与共面 10、已知点A(－1,2,0)，B(－3,4,2)，点P在直线AB上，且||＝||，则点P的坐标为(　　) A. (－2,3,1) B. (2，－3，－1) C. (0，－1,1) D. (0,1，－1) 11、在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1,2，－2)，B(0,1,1)，下列结论正确的有(　　) A. ＝(－1，－1,3) B. 若m＝(2,1,1)，则m⊥ C. 点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1，－2,2) D. ||＝ 3、 填空题（每题5分，共15分） 12、在空间直角坐标系中，点关于Z轴的对称点的坐标为 . 13、设向量a＝(2,4，8)，b＝(4,2m＋1,3n－2)，且a∥b，则a·b的值为    ． 14、已知空间向量与夹角为钝角，则实数的取值范围为      ． 4、 解答题 15、（13分）如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. （1）求的长； （2）求与夹角的余弦值. 16、（15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且． （1）证明：面； （2）求点到平面的距离； 17、（15分）如图，在直三棱柱中，，，BB1=2,,分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 18、（17分）在四棱锥中，平面ABCD，底面是边长是1的正方形，侧棱PA与底面成的角，M，N分别是AB，PC的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求四棱锥的体积． (3)二面角平面角的正切值． 19、（17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：PQ⊥AB. (2)求平面PQB与平面MQB夹角的余弦值． 2024-2025学年高二上学期10月份月考模拟数学试题（基础版） 答案 1、 单选题（每题5分，共40分） 1、答案　C 解析：AB＝||＝. 2、答案 A 解析：根据题意a在b上的投影为·＝×＝. 3、答案　C 解析：∵l∥α，平面α的一个法向量为∴(2，m，1)·＝0，即2+m+2＝0，∴m＝-8. 4、答案　A 解析：因为平面α，β的一个法向量分别为a＝(-1，y，4)，b＝(x，-1，-2)且α⊥β， 所以a·b＝0，即-x-y-8＝0，则x+y＝-8. 5、答案 D 解析：由题意，设向量n＝(x，y，z)．因为n⊥a且n⊥b， 则即 令z＝1，可得x＝1，y＝1，所以其中一个向量n＝(1,1,1)． 6、 答案 A 解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ=|cos〈m，n〉|=.又0°≤θ≤90°，∴θ=30°. 7、答案 A 解析　∵=cos ，∴S△ABP'=S△ABP·cos =3×=. 8、答案 C 解析：∵PA⊥平面ABM，∴AM为PM在平面ABM内的射影.∵AB为圆的直径，∴AM⊥BM.∴PM⊥ BM. ∴∠PMA为二面角A-BM-P的平面角. AM=AB·sin 30°=2，∴tan∠PM A= ∴∠PMA=60°. ∴二面角 A-BM-P的大小为60°. 2、 多选题（每题6分，共18分） 9、CD 解析：对于选项A：例如非零向量，，是三棱锥三条侧棱所在的向量，显然满足与共面，与共面，与共面，但向量，，不共面，故A错误；对于选项B：因为向量可以平移，但直线不能平移，可知：若向量，，共面，但它们所在的直线不一定共面，故B错误；对于选项C：根据数量积的分配律可知：，故C正确；对于选项D：对任意，可知与、共面，若、与共面，所以与共面，故D正确；故选：CD. 10、答案 AD 解析 ：设P(x，y，z)， ∵＝(x＋1，y－2，z)，＝(－2,2,2)， ∵||＝||， ∴＝或＝－. 当＝时，(x＋1，y－2，z)＝ (－2,2,2)， ∴，解得 ∴点P(－2,3,1)； 当＝－时，(x＋1，y－2，z)＝－ (－2,2,2)， ∴解得 ∴点P(0,1，－1)． 11、 答案AB 解析∵A(1,2，－2)，B(0,1,1)，∴＝(－1，－1,3)，故A正确；||＝＝，故D错误；若m＝(2,1,1)，则m·＝2×(－1)＋1×(－1)＋1×3＝0，则m⊥，故 B正确；点A关于xOy平面对称的点的坐标为(1,2,2)，故C错误． 3、 填空题（每题5分，共15分） 12、答案：（-1，-1，1） 解析：点关于z轴对称的点的坐标满足z坐标不变，x,y坐标变成相反数， 即点关于平面的对称点的坐标为(-1,-1,1). 故答案为：(-1,-1,1). 13、答案：168 解析：因为a∥b，不妨设a＝λb，又因为a＝(2,4，8)，b＝(4,2m＋1，3n－2)， 所以(2,4，8)＝λ(4,2m＋1,3n－2)， 所以解得 所以b＝(4,8,16)， 所以a·b＝2×4＋4×8＋8×16＝168. 14、 答案： 解析：因为空间向量与夹角为钝角，所以，得到，即，由，得到，此时与共线反向，夹角为，不合题意， 所以实数的取值范围为，故答案为：. 4、 解答题 15、【答案】解　记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1， 〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝. ①||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，∴||＝. ②＝b＋c－a，＝a＋b， ∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， ∴cos〈，〉＝＝. 16、【详解】（1）∵平面，面，∴， 又∵，面，， ∴平面． （2）解法1：过做于， ∵平面，面，∴， 又，面PAC，∴面， 为点到平面的距离， 在中，， ∵，又∵，∴为的中点， ∴点到平面的距离为．  解法2：∵平面， ∴， 在中，， ∴， 设点到平面的距离为，则， 由，得，∴． ∵，又∵，∴为的中点． ∴点到平面的距离为． 解法3：分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，   则，，， 设，则， ∴， 由，知， ∴，为中点， ∴，，，， 设平面的法向量为， 由，得， ∴，取，得， ∴是平面的一个法向量． ∴点到平面的距离为． 17、【答案】(1)证明　法一：取的中点，连接，， ∵直三棱柱中，为的中点， 所以，且， 因为，分别，的中点， ∴，， ，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵平面，平面， 故平面. 法二：取AB的中点，连接，， 由直三棱柱可得四边形为平行四边形 又为的中点，∴，， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵平面，平面故平面． ∵点，分别为，中点，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 而，平面，平面，∴平面平面，而平面，故平面. (2)解　∵在直三棱柱中又有， ∴，，两两垂直，分别以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，∴，，， 设是平面的法向量，则，取，则 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的余弦为． 18、【答案】（1）证明：设PD的中点为E，连NE，AE， 根据三角形的中位线可知，且， ，M是AB的中点， ，且 ，且NE=AM， ∴四边形AMNE是平行四边形，则， 又平面PAD，MN平面PAD，平面PAD. （2）解：四棱锥P-ABCD的底面积为1，则AD=1， 因为平面ABCD，所以是侧棱PA与底面所成角的平面角（或补角）， 又侧棱PA与底面成的角，所以， 所以四棱锥P-ABCD的高PD=1， 所以四棱锥P-ABCD的体积为：； （3）解：连接AC，BD，相交于点O，连接PO， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又在正方形ABCD中，，平面PBD， 所以平面PBD， 又平面PBD，所以， 所以为二面角平面角（或补角），记为， ， ， 故二面角平面角的正切值为 ． 19、【答案】(1)证明　在△PAD中，PA＝PD，Q为AD的中点， 所以PQ⊥AD. 因为平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面 ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD. 又AB⊂平面ABCD，所以PQ⊥AB. (2)解:在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，所以DQ＝BC，DQ∥BC， 所以四边形BCDQ为平行四边形． 因为AD⊥DC，所以AD⊥QB. 由(1)，可知PQ⊥平面ABCD，故以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系Qxyz，如图所示， 则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，C(－1，，0)，B(0，，0)， 则＝(0，，0)． 因为AQ⊥PQ，AQ⊥BQ，PQ∩BQ＝Q，PQ，BO⊂平面PQB，所以AQ⊥平面PQ B， 即为平面PQB的一个法向量，且＝(1,0,0)． 因为M是棱PC的中点， 所以点M的坐标为，所以＝. 设平面MQB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 所以可取m＝(，0,1)， 所以|cos〈，m〉|＝＝. 所以平面PQB与平面MQ B夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$