广西玉林市容县高中2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷

2024年秋季期10月高二年级联考试题 数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、班别、考号埠写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.答非选择题时，必须使用05毫米R色墨水签字笔，将答聚书写在答题卡规定的位置上， 4,所有题日必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 一、进择题：本题共8小恩，每小题5分，共40分。在年小题给出的四个选项中，只有一项 是符合愿目要求的。 1.己知直线过点(4，-)与点(20)，则这条直线的倾斜角是(） A君 B.君 c.9 2.若两个不同平面a,B的法向量分别为4=(1,2，-1)，=(-3，-6,3)，则() A.a/lB B.a⊥B Ca,B相交但不垂直 D,以上均不正确 3.如图，在四校锥P-ABCD中，点N是AC的中点，设PA=ā，PB=i,BC=,则PN等 于() +5+ 2 ā+26- c.2a+22 D.-a+26+2 222 4.已知向量ā=(（1,0,2)，6=(-2,1-2)，c=(0,l),若ā，6，飞三个向量共面，则实数1= () A.1 B.2 C.3 D.4 5.“a=-1"是“直线am+2y+6=0与直线x+(a-1)y+a2-1=0平行"的() A,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如右图，M,N分别是二面角a-AB-P的两个￥半平面内两点， MA=3,4B=2,BN=1,∠MB=NBA=120°，若N=35,则 异面直线AM,BN的夹角的余弦值为() D. 2024年秋季期10月高二年级联考试题·数学第1页，共4页 7.已知点P0,2),经过点P作直线1，若直线1与连接A(9),B(5,8)两点的线段总有公共点， 则直线I的斜率k的取值范围为() 人周 B D.（o-+ 8,如右图，在体积为5的多面体ABCDP2中，底面ABCD是平行 四边形，DAB=45,BC=2PQ=2√5AB=2N5,M为BC的中点， P2IIBC,PD⊥DC,2B⊥MD.则平面PCD与平面QAB夹角的余 弦值为() A.0 B.310 .c.63 D. 10 10 37 37 二、进邦题：本大题共3小恩，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，部分进对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知空间中三个向量ā=(4,2,0)，6=(-1,2,1)，c=(-1,-2,1),则下列说法正确的是（) A,ā与c是共线向量 B与a同向的单位向量是 cc在a方向上的投影向量是(-1，-2,0) D.a与b的夹角为90 D 10.如右图所示，校长为3的正方体ABCD-4民G马中，P为 线段AB上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（) A,DP⊥AB B.DP与4C所成的角可能是号 C,亚.DC是定值 D.当4P=2PB时，点C到平面DP的距离为2 11.已知直线：e+y+1=0,点A1,0),B(3,1),下列结论正确的是() A.直线1恒过定点(0，-1) 8.当m=1时，点A,0)直线1的距离为V2 2 C.当m=0时，直线1的斜率不存在 D.当m=2时，直线1与直线AB垂直 2024年秋季期10月高二年级联考试题·数学第2页，共4页 三、填空图：本大恩共3小思，每小题5分，共15分。 12.在正方体ABCD-ABCD中，点E是上底面A'BCD的中心，若AE=xD+vA丽+z, 则实数x+y+z= 13.已知入射光线经过点(3，)被x轴反射后，反射光线经过点(0,2)，则反射光线所在直线方 程为一 14.在棱长为4的正方体ABCD-ARGD中，点E,F分别为校DA,BB的中点，M,N分 别为线段DA,AB上的动点（不包括端点），且EW⊥FM,则线段MN的长度的最小值 为 四、解答图：本大题共5个小思，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或滴算步骤。 15.(本小题满分13分)已知△ABC的三个顶点为A(1,3),B(-2,-3),C(3,2).求： (I)MB所在直线的方程； (②)B边上的高所在直线的方程. 16.(本小题满分15分)如图，在正四校柱ABCD-A民GA中，A4=2AB=4,E,F分别 为B8,CC的中点. (I)证明：AF/平面CDE, (②)求AE与平面CDE所成角的正弦值. 17.(本小题满分15分)如图所示，平行六面体ABCD-ABGD中，AB=AD=L,A4=2, BMD=∠BM=∠DM=于 ()用向量店，历，表示向盘丽，并求丽： 2)求D·AC 2024年秋季期10月高二年级联考试题·数学第3页，共4页 18.(本小题满分17分)已知直线l::-y+2+4k=0(k∈R): ()求证：直线1经过一个定点： (2)若直线I交x轴的负半轴于点A,交y轴的正半轴于点B,O为坐标原点，设△AOB的面积为 S,求S的最小值及此时直线！的方程 19.(本小题满分17分)如图1所示APAB中，P⊥AB,AB=P=12,D,C分别为PA,PB中 点.将△PDC沿DC向平面ABCD上方翻折至图2所示的位置，使得PA=6√互.连接 PA,PB,PC得到四梭锥P-ABCD,记PB的中点为N,连接CW,动点Q在线段CN上， (I)证明：CN⊥平面PAB1 (2)若2C=2QN,连接AQ,PQ,求平面PAQ与平面ABCD的夹角的众弦值1 (③)求动点Q到线段P的距高的取值范围。 2024年秋季期10月高二年级联考试题·数学第4页，共4页2024年秋季期10月高二年级联考试题数学参考答案： 题号1 2. 3 4 5 6 7 8 9 1011 答案D A AB B BC AC ABD 12.2 13.x+y-2-0 14.45 1.解：直线过点(4，-2)与点2,0，其斜率k=m02-0- 42-1, 直线倾斜角9e0小，故0= ,故选：D 2.解：由v=-3u,所以法向量v和平行，所以平面α和B平行，故选：A. 3.解丽-风+P网列-+历+C到-++，故速：A 2 4.解：因为+9号所似a=40,2)与石=21-2)不共线， -21-2 所以存在实数xy,使c=x+y币， 所以(0,1，)=x,0,2)+y-2,1,-2)=(x-2y,,2x-2y), x-2y=0 「x=2 所以y=1,解得y=1. 故选：B 2x-2y=1 2=2 5.解：由直线ar+2y+6=0与直线x+(a-1)y+a2-1=0平行，得a(a-1)=2,解得a=-1或 a=2.当a=2时，两直线重合：当a=-1时，两直线平行.于是“a=-1”是“直线ax+2y+6=0与 直线x+(a-1)y+a2-1=0平行的充要条件.故选：C. 6.解：连接AW, 在△ABN中，由余弦定理得： AW2=AB2+BW2-2AB.BNcos120°=4+1-4cos120=7,.AW=√斤；E 在△MW中，由余弦定理得：cos∠MN=M2+AN2-W29+7-27。_1万 2AM·AN 6W7 42 M,丽=M(-西=-成正 -网网bw--aa=vi2}6引-+32 m 5 eos(m,丽 。三，即异面直线AM,BN夹角的余弦值为.故选：C 丽3x16 6 7,解由题得纵号京如告答2 2-83 因为直线1与连接A(9,1),B(5,8)两点的线段总有公共点， 结合图可知，k 「131 8'2 故选：B 2-112345678910 8.解：在△DCM中，由余弦定理可得DM=√DC2+MC2-2DC.MC cos45°=1， 答案第1页，共6页 所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°，所以DM∠DC. 又因为DC⊥PD,DMOPD=D,DM,DPc平面PDM, 所以DC⊥平面PDM,PMc平面PDM,所以DC⊥PM. 由于P2/BM,PO=BM=√巨，所以四边形P2BM为平行四边形，所以PM∥OB. 又AB1/DC,所以AB⊥B2,所以∠AB2=90° 因为OB⊥MD,所以PM⊥MD, 又PM⊥CD,DCnMD=D,DC,MDc平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD,则2B⊥面ABCD 取AD中点E,连接PE,由PMc面PME,QBc面AB2,则面PME⊥面ABCD,面ABQ⊥ 面ABCD, 根据已知易知△ABQ三△EMP,所以ABQ-EMP为三棱柱， 设PM=h,多面体ABCDP2的体积为P, 则P=V三粮柱B0-u+/被输P-cDW二=4pgv+V西检愉-cEv=yp-w+Pa被牌-cDW =wh+号am-=mh+25wh-8mxh=分ixks要=5. 32 解得PM=h=6. 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(-1,2,0),B(-1,1,0),C(1,-1,0)， D(1,0,0),P(0,0,6),2(-1,1,6),M(0,0,0) 则平面2AB的一个法向量元=(1,0,0)，且C⑦=(01,0)，P币=(1,0，-6)， 设平面PCD的一个法向量m=(x,,z),则 mC⑦=0，即{ y=0, 元P=0.x-6z=0, 取m=(6,0,1). 所以cos0= 同洞37，平面PAD与平面PwD夹角的余弦值为5回】 m列_637 故选：C 37 9.解：已知空间中三个向量a=(1,2,0),=(-1,2,1),c=(-1,-2,1), 对于A选项因为片-号片，做云、不共线，A辑 对于B选项，与a同向的单位向量是 项，c在a方向上的投影向量是os(a可“甲·a=-,20)=(--2 对于D选项，因为ab=3*0,则a、b不垂直，D错. 故选：BC 10,解：建立如图所示空间直角坐标系， 则有D(0,0,0)、D(0,0,3)、A(3,0,0)、B(3,3,0)、B(3,3,3)、 4(3,0,3)、C(0,3,0)、C1(0,3,3)、 则=(0,3,3)，4B=(0,3,-3) AC=(-3,3,0),D4=(3,0,0),DC=(0,3,3) 设4P=元AB,元e(0,1), 则乎=(0,32，-3).Dp=D4+4P=(3,3-3), 故DP.AB=0x3+3×3+3×31上0，即DP⊥AB,故A正确： 若AP与4C所成的角可能为行， 答案第2页，共6页 则存在2∈(0，)， 使得lcos乎，=eos-5成立， 62 pkoa,aol= p.d -9+91 回.adW9+92+92√9+ 化简得4+4+1=0，即2=立由及e0,).故舍去 即D,P与AC所成的角故可能是，故B错误： 亚-4+平=(0,3九，3-32)， 故PDC=92+3(3-3=9,故C正确： 当4P=2P8时，有不-号不，故示=02，-(0-列， 设平面DP的法向量为m=(xy,z), 则有 2y+z=0 3x-32=0令x=2,则有m=(久，-12). 则点G到平面DA的距离4.匹_上3+-， 园√4+144 故D错误。 故选：AC 11.ABD 解：直线I:m+y+1=0,故x=0时，y=-1,故直线1恒过定点(0，-l),故A正确： 当时直线10，点4直线1的距离为兰，故B正确： 当m=0时，直线：y+1=0,斜率k=0,故C错误： 当m=2时，直线：2x+y+1=0,斜率k=-2,而飞e=3方 1-01 故kk=-1,故直线I与直线AB垂直，故D正确。故选：ABD 12.2 解：因为 正=+花=+C=+丽+而列 +丽+片而而+号而+双 又正=x而+yB+zA, 所以x宁y号14y42 1 13.x+y-2=0 解：由题意利用反射定律可得，点(3，)关于x轴的对称点(3-)在反射光线所在的直线上，故 的2中70二号，化简可得x+y-2=0. 反射光线所在直线的方程为+1=3， 14.45 解：以D为坐标原点，DA,DC,DD所在的直线分别 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示 因为点E,F分别为棱DA,BB的中点， 答案第3页，共6页 所以E(2,0,0),F(4,4,2), 设M(x,0,4),N(4,y,4),其中0<x<4,0<y<4, 则E=(2,y,4),FM=(（x-4,-4,2) 因为1m,则丽.FM=(2,y,4)(x-4,4,2)=2x-4y=0, 解得x=2y, 又因为0<x<4,0<y<4,则0<y<2, 可得aw--P+6-可-a-+7-化-+号 所以0一，此时y一号即线段N的长度的最小值为 故答案为： 4v5 5 5 5 15.解：1D依题意，直线AB的斜率k=-3-3=2, -2-1 所以直线AB的方程为y-3=2(x-1),即2x-y+1=0. (2)由(1)知，直线AB的斜率为2，所以AB边上的高所在直线的斜率为- 所以B边上的高所在直线的方程为)y-2=-x-),即x+2y-1=0 16.解：(1)在正四棱柱ABCD-ARGD中，AB,AD,A两两垂直，且A4=2AB=4, 以A为坐标原点，AB,AD,A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，则C(2,2,0),D(0,2,0),A1(0,0,4). B 因为E,F分别为BB,CC的中点，所以E(2,0,2),F(2,2,2), 则Cō=（-2,0,0)，C元=(0，-2,2)，4F=(2,2,-2), 没平面CDE的法向量为m=(x,y,z), CD,m=0m「-2x=0 则运.0即2y+2z=0' 令y=1,则有x=0,z=1,即m=(0,11), 因为4F.m=2×0+2×1+(-2)×1=0,所以AF1m, 又AFa平面CDE,所以AF/I平面CDE: (2)由(1)可知，4E=(2,0,-2), COS<AE,>= 霸22石-片 4正m。-2 记4E与平面cDE所成角为0，则0正弦值为si血0可c03<4亚，m号 答案第4页，共6页 所以45与平面C05所成角的正弦值为分： 门.解：(1)根据空间向量的线性运算，可得=而-店=而+4-西， 可得丽=而+底-西)2.元'+4’+正+2而.4-2而：西-2瓜杯 -1+4+1+2x1x2x3-0-2x2x1x6, 所以D-6 (2)由空间向量的运算法则，可得AC=B+而， 因为AB=AD=LAM=2且☑BAD=号∠B4=∠DM 3 所以BD.AC=(AD+瓜-丽（西+AD =而丽+而+丽+4而--而店 -l1wxos经+r+2x1xeos号+2 x0-号r-1x1kcer经=2 18.解：(1)直线1：-y+2+4软=0(keR),可化为y=k(x+4)+2 故直线1过定点(4,2) (2)由(1)得直线1过定点(-4,2)， 又直线1交x轴的负半轴于点A,交y轴的正半轴于点B,则>0， 令x=0,得y=2+4k,所以A(0,2+4k), 令7-0得x=24些-是4所以层40 所以s=爱+42+4-民4+2) -8+42≥8+2层=16, (当且仅当是=即k= 时等号成立，) 此时直线1的方程是y=x+4)+2即x-2y+8=0 19.解(1) Di-- 因为折叠前D为PA中点，PA=12,所以PD=AD=6,折叠后，PA=65, 所以PD+AD=PA2,所以PD⊥AD,在折叠前D,C分别为PA,PB中点， 所以DCIIAB,又因为折叠前PA⊥AB,所以DC⊥PA,所以在折叠后PD⊥AD, DC⊥PD,AD⊥DC:以D为坐标原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立 空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(6,0,0),B(6,12,0),C(0,6,0),P(0,0,6), N为PB中点，所以N(3,6,3),CN=(3,0,3),设平面PAB的法向量为 答案第5页，共6页 m=比y,2),又严=(-6,0，)，西=(0,12,0)，所以 亚.所=0 4B.m=0 2y00,令x=1,则y=0,z=,所以后=0，所以丽=玩， 「-6x+6z=0 所以Cm,所以CN⊥平面PAB. (2)设(%)，由(1)知，示=(3,03)，因为动点2在线段CW上， 且2c=22v,所以②=号，所以(6，%-6，).0到。 所以x,=2,%=6,6=2,所以2(2,6,2)，乎=(-2,6,4)， 2=(4,6,-2),设平面P42的法向量为元=(，片，名)》 ②2i=0 ②in=0 01,则x4- 设平面BCD的法向量为D丽=(0,0,6)，所以 co%,列-i.D乎 6 319 p 19， 所似以平面PA0与平面BCD的夹角的余弦值为3@ 19 (3)设()，C面=（片-6，），C丽=(3,0,3)，动点2在线段CN上， [号=31 所以c西=示，无[0，刂，即(”-6，)=(320,3)，即{=6， (3=3 所以2363)，正=(-6,0,6)，2i=(6-3元，6，-3)， 设点g到线段P的距离为d,d= ⑨正 a-6-3a+(6+3y-月 6-(6-3)-3×62]7 e[o,则， 6W2 d=82-362+54,元∈[0,1，令t=182-361+54,元e[0,刂. 则t=18(2-l+36,1∈[0，，根据二次函数的性质可知t∈[36,54小， 所以d∈[6,3V6可，由此可知动点2到线段P的距离的取值范围为[6,3]。 答案第6页，共6页