海南中学2025-2026学年高一第二学期6月月考测试数学试卷

数学答案 一、单选题 1.若z=1-i,则z2=() A.2i B.-2i C.2 D.-2 【答案】B 【知识点】复数的乘方 【详解】z2=(1-i)2=12-2×1×i+i2=1-2i-1=-2i 2.已知不同平面c,B,y,不同直线m和n,则下列命题中正确的是() A.若m⊥，m⊥B,则a/1B B.若a⊥y,B⊥y,则a1B C.若m⊥n,m⊥a,则n/1a D.若m/1a,n/1a则m/1n 【答案】A 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断 【分析】根据线面、面面位置关系有关的知识对选项进行分析，即可得出答案， 【详解】对于A,若m⊥，m⊥B,则u/1B,故A正确： 对于B,若⊥，B⊥y,则a,B可能垂直，平行，故B不正确； 对于C,若m⊥n,m⊥a,则n/1a或c,故C不正确： 对于D,若ml1a,n/1a,则m,n可能平行，异面，相交，故D不正确： 3.{a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c,{a+五，a-b,a+b+c是空间的 另一个基底，则向量p可用基底{a+b,a-b,a+b+c表示为() A.p=(a+b+2(a-b)+3(a+b+c) B.p=a+m+3a-+3a+6+d 。1 2 2 ci-a++2d-+G+6t0 D.p=-3e z(a-B)+3a+B+c) 【答案】D 【知识点】空间向量基本定理（选自选择性必修一P23页第9题改编） 【详解】p=a+2b+3c,令p=x(a+b)+y(a-b)+z(a+b+c),则由空间向量基本定理 试卷第1页，共19页 [1=x+y+z 2=x-y+z, 21 即有x=-3y」 2=3,所以选D. 3=z 4.在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=4,BC=3,AC=5,BB=3,D为棱AB的中点，则 异面直线AD和B,C所成的角的余弦值为() A.3V26 B. √26 c.2f3 D 3 26 26 13 13 【答案】A 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】以B1为原点，B,C为x轴，B,A为y轴，BB为z轴建系，利用空间向量求解即可. 【详解】因为AB=4,BC=3,AC=5,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 在直三棱柱ABC-AB,C,中，BB,⊥平面AB,C, 以B1为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB为z轴建系， 则B(0,0,0),A(0,4,3),A(0,4,0),B(0,0,3),C(3,03),则D(0,2,3), 所以AD=(0,-2,3),B,C=(3,0,3), 设异面直线AD和B,C所成的角为0， AD.BC 9 3W26 则cos0= AD.B.C V13x3W2=26 ZA δ B C 5.如果直线I经过A(2,1),B1,m2)(m∈R)两点，那么直线l的倾斜角a的取值范围是() A.0≤≤π B.0≤a≤或<u<元 Γ42 C.Osas D. <亚或<a<π ,≤< 4 4 22 试卷第2页，共19页 【答案】B 【知识点】直线的倾斜角、斜率与倾斜角的变化关系 【详解】由点A(2,1)和B1,m)）(meR),得AB=(-2,m2-)=（-1,m2-1), 所以直线1的一个方向向量为(-1，m2-),所以直线1的斜率k=m- =-m2+1≤1， -1 所以amu≤l,又0≤a<r所以0sas罩或号a<元. 4 6.“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台.如图所示， 在一个盛满米的“方斗”容器中，AB=4,AB=2,若从中取出74kg米后，米的高度下降一半， 则剩余的米的质量为() B D A B A.38kg B.48kg C.57kg D.112kg 【答案】A 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】假设从“方斗”中取出74kg米后，米的高度下降一半至平面AB2C,D2处.分析出取出 米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台ABCD-AB2C,D2和AB,C,D2-ABCD的体 积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解。 【详解】 D B D A B 假设从“方斗”中取出74kg米后，米的高度下降一半至平面AB2C2D2处， 由题意可知正四棱台ABCD-A,B,C,D,和A,B,C,D2-AB,C,D,的高相等，设为h 因为AB=4,AB=2,所以AB2=3. 试卷第3页，共19页 则Van-G=h(42+4×3+32)=37h, 3 3 aean-A(3+3x2+2)-9a. 3 设剩余的米的质量为xkg, 则 VABCD-D 3 3774 ,解得x=38, VAB CD:CD 19 36 19x 所以剩余的米的质量为38kg。 故选：A 7如图，在4ABC中，∠aAC-号AD=2D8,P为CD上一点，且满足办=mAC+AB, 若4ABC的面积为23，则AF的最小值为() D B A.√2 B.√5 C.3 D. 【答案】B 【知识点】平面向量基本定理的应用 【分析】运用平面向量基本定理，得到m的值，结合向量模长计算方法，建立等式，计算 最值，即可. 【详解】AP=AC+C乎=AC+kCD=AC+k(AD-AC)=AC+2AB-AC 3 誉西0-C=mC+号证，得到-大=m告分所以m子结合 Ac的面积为25，得到时hGhd发25得到ad网=8，所以 m网网网品 25,故选B. 【点睛】考查了平面向量基本定理，考查了基本不等式的运用，难度偏难， 8.在棱长为1的平行六面体ABCD-A,B,CD,中，∠BMD=∠BAA=∠DAA=行，点Q是 试卷第4页，共19页 △4DB中一点（包含边界），A0= ,则点Q在△ADB中轨迹长度为() 3 A.3 B.π C. D.3 3 【答案】C 【知识点】空间中距离问题、轨迹问题（选自选择性必修一P35 A 第3题改编) 【详解】设d为点A到平面ABD距离 由△4DB重心到顶点距离为5，有d=6 3 又由AQ-5,可知点Q在平面ABD中轨迹为圆，半径为，- 1 而△4DB为等边三角形，边长为1，重心到三边的距离5小于半径。 6 π1 易得，圆在AAD8中留下三个全等且夹角为？的扇形，所以轨迹长度为写×了×3= 3 二、多选题 9.下列说法中正确的是() A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B.长方体是直四棱柱 C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台： D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面. 【答案】BD 【知识点】棱柱的结构特征和分类、棱锥的结构特征和分类、圆台的结构特征辨析、球的结 构特征辨析 【分析】根据正棱锥的概念判断A;根据直四棱柱的概念判断B；根据圆台的概念判断C: 根据球的概念判断D 【详解】对于A,各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，所以A错误： 对于B,易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确： 对于C,根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥， 圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故C错误： 试卷第5页，共19页 对于D,球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正 确. 故选：BD .如图，在ABCD中，AB=4,BC=2,∠BAD=3,点E,F D 是AD和DC边的中点，BE,BF分别与AC交于R,T两点，则下列说 法正确的有() R7=27 B A.AR=TC B. 3 C.BE=3 D.SABTR= 23 3 【答案】ABD 【知识点】平面向量基本定理、三角形面积公式（选自必修二P54第19题改编） 【详解】设AB=a,AD=b 对于A,由AREA0△RBC,可知R=A RB BC 2 即派=AB+B服=A+2BE=a+五，而AC=a+6 3 3 3 所以AR=5AC,同理TC= -AC=AR 对于B,AR= 3 L=RT-TC. 对于c,B距=-a+)i,距非-a+2=丽 时于D,os<AC函s9sim<Ac.®，RT上2RBE围 91 3 Sw=引RTRB1sim<AC.E历25 3 11.如图，棱长为2的正方体ABCD-A1BC1D1中，E为棱DD的中点，F为正方形CCDD 内一个动点（包括边界），且BF11平面A1BE,则下列说法正确的有() 试卷第6页，共19页 A D B E C A.动点F轨迹的长度为√2 B.三校锥A-DEF体积的最小值为对 C.BF与A1B不可能垂直 D。当三枝锥及-DD吓的体积最大时，其外接球的表面积为空 【答案】ABD 【知识点】空间平行的转化 【分析】对A由B,F11平面A1BE,联想到存在一个过BF的平面与平面A1BE平行，利用正 方体特征找到平面BMN1/平面BAE,进而得到F的轨迹为线段MW,对B,根据棱锥体积 公式分析即可，对C举反例即可；对D,利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A,如图，令CC中点为M,CD中点为N,连接MN, 又正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD的中点，可得B,M/IAE,MN/1CD,/BA, .BMII平面BAE,MN//平面BAE,又BM∩MN=M, 且BM,MNC平面B,MN,∴.平面BMNI∥平面BAE, 又B,FII平面A1BE,且B∈平面B,MW,.BFc平面BMN, 又F为正方形CCDD内一个动点（包括边界），.F∈平面BMN∩平面CCDD,而MN=平 面BMN∩平面CCDD, .F∈MW,即F的轨迹为线段MN 由棱长为2的正方体得线段MN的长度为√2，故选项A正确： 对B,由正方体侧棱B,C⊥底面CCDD,所以三棱锥B-DEF体积为 试卷第7页，共19页 V=3BG:SAm=考Snm' 3 所以DDFE面积SDFs最小时，体积最小，如图，F∈MN,易得F在N处时SE最小， 此时5号0nE号所以体积最小值为，放选项B正特： 对C,当F为线段MN中点时，由B,M=BN可得BF⊥MN,又CC中点为M,CD中点为N, MN//DC,而AB/1D,C,BF⊥AB,故选项C不正确： 对D,如图，当F在M处时，三棱锥B,-DDF的体积最大时， 由已知得此时FD=FD=FB=√5，所以F在底面BDD的射影为底面外心， DD=2,BD=2W2,DB=2W3,所以底面B,DD为直角三角形， 所以F在底面BDD的射影为B,D中点，设为O,如图，设外接球半径为R, 由R=00+0B=002+3,R+00,=F0,=反，可得外接球半径R-N 4 外接球的表面积为切R=习，故选项D正确 故选：ABD D D b E --------↓ i A D D D D B B 三、填空题 12.已知向量a=(2,-1,x),6=(4,,3x-3),若a/b,则2x+y= 【答案】4 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】由ā/b列式计算即可求解. 【详解】因为ā11b, 试卷第8页，共19页 所以a=b,即(2，-1，x)=(4y,3x-3), [2=4元 即{-1=y 解得y=-2, x=(3x-3) x=3 所以2x+y=4. 故答案为：4. 13.如图，三棱锥D-ABC中，底面ABC为直角三角形，∠C为直角，DAL面ABC,且 CA=CB=DA=1,P为棱AC上一个动点，则P到直线BD的距离的最小值为 B 【分析】建立空间直角坐标系，根据点到直线距离的向量公式即可求解. 【详解】以C为原点，以CA,CB所在直线为x,y轴，如图建系， D ZA B 则B(0,1,0),D1,0,1),BD=1,-1,1), 设P(t,0,0),(0≤t≤1)，则BP=t,-1,0), BP在BD方向上投影向量长度为 BP.BD t+1 BD 故P到直线BD的距离d= BP2、t+1)2 3=/+1- t+2t+1 212-2t+2 3 3 试卷第9页，共19页 1 当t=。时， 2 故答案为： 迈 2 14.一圆台的上底面半径为5，下底面半径为12，母线长为14，在圆台内放置的一个半径 最大的球体，则该球体的表面积为 【答案】147π 【知识点】柱、锥、台体的轴截面、多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算 【分析】根据圆台轴截面的性质求出内置球的最大半径，代入球的表面积公式求解即可. 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为，5，由题意知=5,5=12， 又母线长1=14，则圆台的高为h=VP-(G-5)=V4-7=7√3，且轴截面底角为60 若球与圆台的下底面和侧面相切， 设球的半径为R,球心为0，圆台的上、下底面的中心分别为O,O, 与圆台侧面的一个切点为F,过球心的轴截面如图所示， 连接OF,OC,OB,此时R=5tan30°=4v3, 又2R=8√3>h=73,所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切， 所以所求内置球的半径R=。=75,球的表面积为S=4R=147元 22 四、解答题 15.(1)直线3x+2y+6=0的斜率为k,在y轴上的截距为b,求k和b的值： (2)已知过A(-1,a),B(a,8)两点的直线与直线2x-y+1=0平行，求a的值， 试卷第10页，共19页 【答案】1)k=号b=-3,(2)a=2 【知识点】直线的斜截式方程及辨析、已知直线平行求参数、已知两点求斜率 【详解】(1)直线3x+2y+6=0可化为y= 2t3, 由直线的斜截式方程可知k=-3b=-3: (2)直线2x-y+1=0的斜率为2， 过A(-1d),B(a,8)两点的直线斜率为8=日 a+1, 由题意可得8-0-2，解得a=2, a+1 此时A(-1,2),点A不在直线2x-y+1=0, 故a=2. 16.在DABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2 bcosB+ccosA=acos(A+B). (1)求B: (2)若a=4,c=6,AD=AC(∈R),AC.BD=0,求BD. 【答案】(I)B= 2元 (②)BD=6V57 19 【详解】(1)因为A+B+C=π，所以cos(A+B)=cos(π-C)=-cosC, 所以2 bcosB+ccosA=acos(A+B)=-acosC, 由正弦定理得2 sin Bcos B+sin CcosA=-sin Acos C, 2sinBcosB=-(sinCcosA+sinAcosC)=-sin(A+C), 因为A+B+C=元，所以sin(A+C)=sin(π-B)=sinB, 所以2 sin Bcos B=-sinB, 1 又因为sinB≠0，所以2cosB=-1,即cosB=- 2 因为0<B<元，所以B=2 试卷第11页，共19页 (2) D B 因为AD=1AC,所以点D在直线AC上. 因为AC.BD=O,所以BD⊥AC,即BD为AC边上的高 由余弦定理可得b2=2+c2-2 accos∠ABC=42+62-2×4×6× (1) 、2 =76, 所以b=2√19 由等面积法可得csm∠ABC=方ACxBD. 即×6×4×sinl20°=×BDx219,解得BD-65 1 2 9 17.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A'B'CD中，E,F分别是棱BC,CD上的动点，且 BE=CF. D' B B (I)求证：BF⊥D'E: (2)当三棱锥C-CEF的体积取得最大值时，求平面C'EF与平面D'EF夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 j 【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示公式进行运算证明即可： (2)先应用三棱锥的体积公式得出最大值时a=1,再利用空间向量法求二面角的余弦值. 【详解】(I)DC、DA、DD两两垂直， 试卷第12页，共19页 以D为原点，DA、DC、DD为x,y,z轴建立空间直角坐标系， ZA D B D 则D(0,0,0),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C'(0,2,2),B'(2,2,2),D'(0,0,2), 由于BE=CF,设DF=a,则F(0,a,0),其中0≤a≤2，则E(a,2,0), 所以B'F=(-2,a-2,-2),D'E=(a,2,-2), 则B'F.D'E=-2a+2a-4+4=0,故B'F⊥D'E. (2)要使三棱锥C'-CEF的体积取得最大值，只要DCEF的面积最大即可， 自态加8.ow-CE.CP-2o)女aa+号 当a=1时，即E,F分别为AB,BC中点时口CEF的面积最大， 则F(0,1,0),E(1,2,0), 设平面CEF的法向量为i=(x,y,z), 又EF=(-1,-1,0),EC=(-1,0,2), EF.n=0 -x-y=0 y=-x 则 -x+2z=0 1 ECi.n=0 z=2 令x=2得i=（(2,-2,1), 设平面D'EF的法向量为i=（xy,z),m=(x,y,a) 又EF=(-1,-1,0),ED=(-1,-2,2）, EF.i=0 -x-y=0 y=-x 则 EC.n=0 x-2y+2z=03=-251 令x1=2得i=(2,-2,-1), 试卷第13页，共19页 设平面C'EF与平面DEF夹角为6 所以cos8= nm 7 m9’ 所以平面CEF与平面DEF夹角的余弦值为乙 18.如图，在三棱柱ABC-A1B,C1中，四边形ACCA为正方形，△ABC为等边三角形，平 面ACC,A⊥平面ABC,AB=2,D为BC的中点. (1)求证：AB/平面ADC1: (2)求直线C,D与平面ABB,A所成角的正弦值； ()在棱M上是否存在一点M,使得点M到平面ADC,的距离为45？若存在，求4M AA 的值： 15 若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 10 (3)棱AM上存在一点M,使得点M到平面ADC,的距离为45 15 此时44 AA3 【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明即可. (2)建立空间直角坐标系，求出平面ABBA的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. ③)设入，求出MM及平面ADC,的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可 【详解】(1)连接AC交AC1于E,连接DE. 试卷第14页，共19页 B 因为四边形ACCA为正方形，AC、AC1为对角线且交于点E,所以E为AC中点. 又D为BC的中点，所以DE为DABC的中位线，所以AB/IDE. 又ABC平面ADC1,DEC平面ADC1,所以AB/I平面ADC1: (2)取AC中点0，AC中点F,连接0B、OF. B 因为△ABC为等边三角形，所以0B1AC,AC=AB=BC=2,OB=5AC=5×2=5, 2 2 因为四边形ACCA为正方形，0、F为中点，所以0F1AC,OF=A4=AC=2. 因为平面ACCA⊥平面ABC,平面ACC,A∩平面ABC=AC, 所以OF⊥平面ABC. 又OBC平面ABC,所以OF⊥OB, 因此以点0为原点，以OB、OC、OF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),B3,0,0,C(0,1,0),C(0,12),A(0,-1,2) 因为D为中点，所以D AB=(N5,1,0),A4=(0,02) 试卷第15页，共19页 设平面ABB,A的一个法向量为元=(x,y,Z), i.AB=0 则 即 AA=0 5+y=0,令x=Vs.则y=-3,所以i-(5.-3,0) 2z=0 设直线CD与平面ABB,A所成角为0， 则 n.CD +0×(-2) sin0=cosi,CD= 3 CD 2W5xV5=10 5+(-3+02 2+2 +(-2) 所以直线CD与平面ABB,A所成角的正弦值为 10 C3)假设棱AA上存在一点M,使得点M到平面ADC,的距离为45， 5·设4=入(0≤2≤1 AA 因为AA=(0,0,-2),A(0,-1,2),所以AM=AA=(0,0,-2),则 MA=MA+AA=(0,0,22-2) 又AD= V3 22 0，AC=0,2,2) 设平面ADC1的一个法向量为m=(x,y,3), mAD=0 则 即2+=0，令=5，则y=-1,石=1，所以m=(5,-1) m·AC=0 2y+2z=0 则点M到平面ADC1的距离为d= MAm_2元-2_45 园 √515 整理得92-18元+5=0，即(32-(32-5)=0，解得2 3或 3 (舍去). 所以棱AM上存在一点M,使得点M到平面ADC,的距离为45， AM I 此时 15 AA 3 19,如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB=2,∠DaB-子PA=FC-6,记平 试卷第16页，共19页 面AEF与平面ABCD的交线为L. D B (1)证明：BD11l: (2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD; (3)记平面AEF与平面ABCD夹角为&，若正实数， mcos20=sin 0-tcos0 满足 nsin20=cos0+tsin0’ 0c6<受证明：m+n 3V3 -tan a 2 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】证明面面垂直、求二面角、线面平行的性质 【分析】(1)通过线面平行的性质定理进行转化求解即可； (2)通过图形关系证明AC1BD,FO⊥AC,然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可： (3)首先通过几何图形关系得到∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，得到角度后， 通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可。 【详解】(I)因为BDEF为菱形，所以BD/IEF, 因为BD4平面AEF,EFC平面AEF,所以BD/I平面AEF, 又因为BDC平面ABCD,平面AEFO平面ABCD=L,所以BD/IL. (2)连接AC交BD于点O,连接FO, 因为ABCD为菱形，所以AC L BD,O为AC中点， 因为FA=FC,所以FO⊥AC, 又因为BD,FOC平面BDEF,BDFO=O,所以AC⊥平面BDEF, 因为ACC平面ABCD,所以平面BDEF⊥平面ABCD 试卷第17页，共19页 (3)因为ABCD为菱形，AB=2,∠BAD= 3 所以BD=2,0B=1,OA=√3 又因为BDEF为菱形，所以BF=BD=2, 因为FA=√6，F0⊥AC,所以OF=√FA2-OA2=√3， 所以OB2+OF2=4=BF2,所以OF⊥OB,即BD⊥OF, 又因为BD⊥OA,OA,OFC平面FOA,OA∩OF=O,所以BD1平面FOA, 又由(1)知BD11l,所以1⊥平面FOA, 所以∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角， 在直角F0A中，0F=0A=5,所以∠PA0-子 所以平面AEF与平面ABCD夹角的大小为， mcos20=sine-tcos0 mcos20sin 0=sin20-tsin 0cos0 因为 nsin'0=coso+tsin9,所以 nsin2 0cos0=cos20+tsinecos 两式相加得，mcos20sin0+nsin20cos0=1, 下面E明：as6sn9≤250：m9as0≤25@：且等号不同时取： 9 9 法一：基本不等式 1 1 sin20+cos20 sin20+cos20 因为 cos20sine) (cos20)sin20 c0s20 sin20 (tan2日+)）3(（tan2a+1(tan20+1(tan28+）(tan日+2tan26+l） tan20 tan20 tan0 tan 0+3tan0+3tan20+1 1 tan0+3tan20+ -+3 tan20 tan2 +4tan26+_111 1 +≥2 .1127 2 tan20 4 tan20 44 试卷第18页，共19页 当且仅当tam0=)时取等号，所以cos'6sin6≤25 2 同理sin26cos0≤25 (当且仅当tam26=2取等号) 所以1=mcos20sin0+nsin20cos0< 2w3 35 9 (m+n),即m+n> 2 所以m+n> 35 tan o 法二：三元均值不等式 cos20+cos20+2sin20 (cosOsin)2cos'0.cos20.2sin2 3 4 2 2 27 当且仅当tan20= 2时取等号，所以cos26sin0≤ 9 同理sin26cos6≤25 (当且仅当tan20=2取等号) 所以1=mcos20sin0+nsin20cos0< 2 (m+n),即m+n> 35 9 2 所以m+n> 3W 2 tana. 【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与基本不等式的综合问题.立体几何要通过性质定理 和判定定理进行图形关系的转化，不等式证明问题需要联系常用的基本不等式，将形式进行 转化进而求解。 试卷第19页，共19页海南中学2025-2026学年度高一年级第二学期月考测试 本试卷分为第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共 150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效、 第1卷（共58分） 一、单项选择题：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.若z=1-i,则22=() A.2i B.-2i C.2 D.-2 2.已知不同平面，B,y,不同直线m和n,则下列命题中正确的是() A.若m⊥C,m⊥B,则a/1B B.若⊥Y,B⊥Y,则⊥B C.若mLn,m⊥a,则n/lc D.若m/la,n/1a则m/ln 3.{a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c,{a+b,a-b,a+b+c是空间的 另一个基底，则向量p可用基底{a+b,a-b,a+b+c}表示为() A.p=(a+b)+2(a-b)+3(a+b+c) B.p=a+m+3a-+3a+6+⊙ C.p--(@+D+2@-b+(@+b+0) 3 1- D.p=-2a+b)-2(a-b+3a+b+d 4.在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=4,BC=3,AC=5,BB,=3,D为棱AB的中点，则 异面直线AD和B,C所成的角的余弦值为() A.3V26 B.V26 c.2i3 D √3 26 26 13 13 5.如果直线经过A(2,1),B(1,m2)(m∈R)两点，那么直线的倾斜角的取值范围是() A.0≤a≤π B.0sas或<a<元 41 2 C.0sas D.兀<是或，x≤元 2实2 6.“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台.如图所示， 在一个盛满米的“方斗”容器中，AB=4,AB=2,若从中取出74kg米后，米的高度下降一半， 试卷第1页，共4页 则剩余的米的质量为() A.38kg B.48kg C.57kg D.112kg A B 7.如图，在AABC中，∠B4C=行，AD=2DB,P为CD上一点，且满足AP=mAC+号AB, 若4ABC的面积为2V3,则AF的最小值为() A.√2 B.5 C.3 D.3 D B 8.在棱长为1的平行六面体ABGD-AB1C1D,中，∠BAD=∠BA从=∠DAA=行，点2是 △MDB中一点（包含边界），AQ= 3 -,则点Q在△ADB中轨迹长度为() A. 2 B.元 c D.3 二、多项选择题：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.下列说法中正确的是() A.各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B.长方体是直四棱柱 C.用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台： D.球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面： 10.如图，在口ABCD中，AB=4,BC=2,∠BAD=行，点E,F分别 是AD和DC边的中点，BE,BF分别与AC交于R,T两点，则下列说 法正确的有() A.AR=TC B.RT=2 3 C.BE=3 2w5 D.SABTR= 3 11.如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD的中点，F为正方形CCDD 内一个动点（包括边界），且B,F/1平面A1BE,则下列说法正确的有() D A.动点F轨迹的长度为√2 B.三棱锥马DEF体积的最小值为 E 试卷第2页，共4页 C.B,F与A1B不可能垂直 D.当三棱锥B-DDF的体积最大时，其外接球的表面积为匀x 第Ⅱ卷（共92分） 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量a=(2,-1,x),b=(4,y,3x-3),若a/b,则2x+y= 13.如图，三棱锥D-ABC中，底面ABC为直角三角形，∠C为 直角，DA⊥面ABC,且CA=CB=DA=1,P为棱AC上一个动 点，则点P到直线BD的距离的最小值为 P.- 14.一圆台的上底面半径为5，下底面半径为12，母线长为14，在圆台内放置的一个半径 最大的球体，则该球体的表面积为 四、解答题 15.(1)直线3x+2y+6=0的斜率为k,在y轴上的截距为b,求k和b的值： (2)已知过A(-1,a,B(a,8)两点的直线与直线2x-y+1=0平行，求a的值. 16.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2 bcos B+ccosA=acos(A+B). (1)求B: (2)若a=4,c=6,AD=AC(2∈R),AC.BD=0,求BD. 17.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A'B'C'D'中，E,F分别是棱BC,CD上的动点，且 BE=CF. (1)求证：BF⊥D'E; (2)当三棱锥C'-CEF的体积取得最大值时，求平面C'EF与平 面DEF夹角的余弦值. 18.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACCA为正方形，△ABC为等边三角形，平 面ACCA⊥平面ABC,AB=2,D为BC的中点. (1)求证：AB/平面ADC1; (2)求直线CD与平面ABBA所成角的正弦值： (3)在棱AA上是否存在一点M,使得点M到平面ADC1的距离为 5?若存在，求的值：若不存在，说明理由. AM 19.如图，四边形BCD与BDEF均为菱形，AB=2,∠DMB-骨，FA=PC=6,记平 面AEF与平面ABCD的交线为L. (1)证明：BD/1; (2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD: (3)记平面AEF与平面ABCD夹角为a,若正实数m,n满足 80m0受正+ 3V -tan a.