【文档说明】辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案.docx，共(15)页，1.355 MB，由小赞的店铺上传

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滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二10月份考试数学试卷命题人：大连市第一中学裴世杰校对人：大连市第一中学聂群考试时间：120分钟满分150分一、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．已知向量()2,3,1a=−，则下列向量中与a平行的是（）A．()1,1,1B．()4,6,2−−C．()2,3,5−D．()2,3,5−−2．设,xyR，向量(),1,1ax=，()1,,1by=，()2,4,2c=−，且a

c⊥，//bc，则ab+=（）A．22B．10C．3D．43．已知平面，的法向量分别为()3,1,4u=−，()2,3,5v=−−，则（）A．//B．⊥C．，相交但不垂直D．，的位置关系不确定4．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥

成为阳马，如图，四棱锥PABCD−为阳马，PA⊥平面ABCD，且2ECPE=，若DExAByACzAP=++，则xyz++=（）A．2B．53C．13D．15．已知()1,0,0A，()0,1,0B，()0,0,1C，()1,1,2D，则点D到平面ABC的距离为（）A．3B．2C．52D．63

6．在正四棱锥PABCD−中，2ABPA==，E为PC的中点，则异面直线AP与DE所成角的余弦值为（）A．66B．23C．33D．637．如图，设三棱锥VABC−的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含

端点）．记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB−−的平面角，则（）A．，B．，C．，D．，8．如图，已知等边

三角形ABC的边长为4，M，N分别是AB，AC的中点，沿MN将AMN△折起，当直线AB与平面BCNM所成的角最大时，线段AB的长度为（）A．6B．22C．10D．23二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题

目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果()2,1,4AB=−−，()4,2,0AD=，()1,2,1AP=−−．下列结论正确的有（）

A．APAB⊥B．APAD⊥C．AP是平面ABCD的一个法向量D．//APBD10．已知向量()1,1,am=−，()2,1,2bm=−−，则下列结论中正确的是（）A．若2a=，则2m=B．若ab⊥，则1m=−C．不存在

实数，使得ab=D．若1ab=−，则()1,2,2ab+=−−−11．如图，在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点P为线段1DF上的动点，则（）A．两条异面直线1DC和

1BC所成的角为45°B．存在点P，使得1//CG平面BEPC．对任意点P，平面1FCC⊥平面BEPD．点1B到直线1DF的距离为412．如图，在菱形ABCD中，60BAD=，将ABD△沿BD折起，使顶点A至点M．在ABD△折起的过程中，下列结论中正确的是（）A．

BDCM⊥B．存在一个位置，使CDM△为等边三角形C．DM与BC不可能垂直D．直线DM与平面BCD所成角的最大值为60°三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中，16题第一空3分，第二空2分．13．已知空间向量()1,1,2

a=，()2,3,2b=，则向量a在向量b上投影向量的坐标是______．14．自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a，b，c及棱间交角，，（合称为“晶胞参数”）来表征．如图是某种晶体的晶胞，其中2

a=，1bc==，60=，90=，120=，则该晶胞的对角线1AC的长为______．15．二面角l−−的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并垂直于棱l，若4AB=，6AC=，8BD=，217CD=，则平面与平

面的夹角为______．16．已知三棱锥PABC−，PA，PB，PC的长分别为1，2，3，且PA，PB，PC两两夹角均为60°，G是三棱锥PABC−的重心，即0GPGAGBGC+++=，过点G作平面，与直线PA，PB，PC分别相交于D，E，F三点，且PDxPA=，PEyPB=

，PFzPC=，则111xyz++=______，PG的长度为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．其中，17题10分，其他题12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知空间直角坐标系中的三点()2,0,2A−，()1,1,2B−−，()3,0,4C−

．（1）若3c=，且//cBC，求向量c的坐标；（2）已知向量kABAC+与AC互相垂直，求k的值；（3）求点B到直线AC的距离．18．如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且12MNON=，34APAN=．（1）

用向量OA，OB，OC表示AN；（2）求OP．19．如图所示，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，1PDDC==，E是PC的中点，作EFPB⊥交PB于点F．（1）求证：//PA平面BDE；（2）若平面BCP与平面BDP的夹角为3

，求点F到平面BCD的距离．20．如图所示，等腰梯形ABCD中，//ABCD，2ADABBC===，4CD=，E为CD中点，AE与BD交于点O，将ADE△沿AE折起，使得D到达点P的位置（P平面ABCE）．（1）证明：AE⊥平面POB；（2）若6PB=，试判断

线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．21．如图，四棱锥APCBM−中，底面四边形PCBM是直角梯形，//PMBC，90PCB=，2BC=，1PM=，1AC=，12

0ACB=，ABPC⊥，直线AM与PC所成的角为60°．（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；（2）点Q为线段MB上一点，若二面角QACB−−的大小为30°，求QB的长．22．如图，已知直三棱柱111ABCABC−中，ABAC⊥，11AAABAC===，M，N分别是1

CC，BC的中点，点P在直线11AB上，且111APAB=．（1）求证：无论取何值，总有AMPN⊥；（2）当取何值时，直线PN与平面ABC所成的角最大？求该角取最大值时的正弦值；（3）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的角为

30°？若存在，试确认点P的位置；若不存在，请说明理由．滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二10月份考试数学试卷答案一、选择题1．B2．C3．C4．D5．A6．C7．B由最小角定理可知，又由题意可得VABC

−是正三棱锥，则二面角PACB−−与二面角PABC−−的大小相等，由最大角定理可得，故选B．8．B因为等边三角形ABC是对称图形，分别取MN，BC的中点E，F，连接EF，则MNEF⊥．以E为坐标原点，分别以EM，EF所在直线为x轴、y

轴，过点E作z轴垂直于底面MBCN，如图所示建立空间直角坐标系．由题设知()2,3,0B，记AEF=，则()0,3cos,3sinA，()2,33cos,3sinAB=−−，平面MBCN的一个法

向量()0,0,1n=．设直线AB与平面MBCN所成的角为，则23sin33cossin106cos106cos−−==−−令106cost−=，则10cos6t−=．()22103320645164336sin123123ttttttt−

−−+−===−+．当且仅当8t=时，取等号，此时1cos3=，22sin3=，23262,,33AB−=．故22AB=．二．选择题9．ABC∵()()()()2112410ABAP=−+−+−−=，∴ABAP⊥

，即APAB⊥，A正确；∵()()1422100APAD=−++−=，∴APAD⊥，即APAD⊥，B正确；∵APAB⊥，APAD⊥，且ABADA=，AD平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，∴

AP是平面ABCD的一个法向量，C正确；由AP是平面ABCD的法向量可得APBD⊥，D错误．10．AC对于A中，由2a=，可得()222112m+−+=，解得2m=，故A正确；对于B中，由ab⊥，可得2120mm−−++=，解得1m=，故B错误；对

于C中，若存在实数，使得ab=，则()11221mm−=−==−，显然无解，即不存在实数，使得ab=，故C正确；对于D中，若1ab=−，则2121mm−−++=−，解得0m=于是()1,2,2ab+=−−，故D错误．11．BCD对于A，由正方体的性

质可得11//BCAD，两条异面直线1DC和1BC所成角即为160ADC=，故A错误；对于B，当点P与点1D重合时，由题知//EGDC，EGDC=，11//DCDC，11DCDC=，∴11//EGDC，11EGDC=，四边形11E

GCD是平行四边形，∴11//CGDG，∵1CG平面BEP，1DE平面BEP，∴1//CG平面ABCD，故B正确；对于C，连接CF，∵1CC⊥平面ABCD，BE平面ABCD，∴1CCEB⊥，又AEBF=，ABCB=，ACBF=，BAECFB△△≌，∴90EBACFB+=，

∴CFBE⊥，∵CE，1CC相交，CF，1CC平面1FCC，∴BE⊥平面1FCC，由BE平面BEP，∴对任意点P，平面1FCC⊥平面BEP，故C正确；对于D，由正方体的性质得1142BD=，22212446FD=++=，2212425BF=+=，∴2221111112cos22642

BDFDBFBDF+−==，∴1145BDF=，∴点1B到直线1DF的距离为11112sin4242BDDFdB===，故D正确．12．ABD对于A，与相交于点O，在翻折过程中，AO始终与BD垂直，因此MOBD⊥．又BDCO⊥，由线面垂直的判定定理，可得BD⊥平面CMO，因此BDC

M⊥，故A正确；对于B，已知MDCD=，若CDM△为等边三角形，则CMCD=．设菱形ABCD的边长为2，因为60BAD=，则sin603BAOA==，即3AOMO==，又2CMCD==，所以3341cos

233MOC+−==，即二面角MBDC−−的平面角的余弦值为13时，CDM△为等边三角形，故B正确；对于C，如图，设N为BC的中点，DNCOH=，当MHCO⊥时，MH⊥平面BCD，所以MHBC⊥，又BCDN⊥，则BC⊥平面

DMN，则BCDM⊥，故C错误；对于D，当OM⊥平面BCD，直线DM与平面BCD所成的角最大，为MDO，易知60MDO=，故D正确．三、填空题13．182718,,17171714．1015．316．4；54由0GPGAGBGC+++=，可得1114PGPAPBPCPDPEPF

xyz=++=++，因为G，D，E，F四点共面，所以根据共面定理的推论可得1114xyz++=．由()14PGPAPBPC+=+，得()()22221125222149236161616PGPAPBPCPAPBPAPBPBPC=+++++=+++++=

，所以54PG=．四、解答题17．（1）()()()3,0,41,1,22,1,2BC=−−−−=−，因为//cBC，所以()2,,2BCc=−=，然后根据()()222223c+−=+=，可得1

=，所以()2,1,2c=−或()2,1,2−−；（2）()()()1,1,01,0,21,,2kABACkkk+=−−+−=−−−，()140kABACACk+=−+=，得5k=；（3）设AB在AC上的投影向量的模长15ABACtAC==，则所求距离22135255DABt=−=−=．

18．（1）211333ANAOONOAOMOAOBOC=+=−+=−++，∴1133ANOAOBOC=−++（2）()13111113444444OPOAAPOAANOAAOONOAONOAOBOC=+=+=++=+=++，∴1

11444OPOAOBOC=++，∴()2211161611611112112112216OPOAOBOC+++++=++==，∴64OP=19．（1）证明：连接AC交于点G，连接GE，∵E是PC的中点

，∴//PAGE，PA平面BDE，GE平面BDE，∴//PA平面BDE．（2）设()0ADaa=，以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0D，1

10,,22E，(),0,0Aa，()0,1,0C，(),1,0Ba，()0,0,1P，(),0,0BCa=−，()0,1,1CP=−，设平面BCP的法向量为()1111,,nxyz=，由1100BCnCPn==得()

10,1,1n=，同理，由(),1,0DBa=，()0,0,1DP=，由2200BCnCPn==得()21,,0na=−，由平面BCP与平面BDP的夹角为3，1212cos3nnnn

=，解得1a=，∴()1,0,0A，()1,1,0B．设(),,Fxyz，()0,0,1PF=，又EFPB⊥，∴0EFPB=，13t=，∴112,,333F，又PD⊥平面ABCD，平面BCD的法向量()0,0,1DP=，又112,,333D

F=，则点F到平面BCD的距离23DFDPdDP==．20．（1）证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，2ADABBC===，4CD=，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴BDAE⊥，∴OBAE⊥，O

DAE⊥，即OBAE⊥，OPAE⊥，且OBOPO=，OB平面POB，OP平面POB，∴AE⊥平面PBO．（2）由（1）可知四边形ABCD为菱形，∴2ADDE==，在等腰梯形ABCD中2AEBC==，∴PAE△正三角形，∴3OP=，同理3OB=．∵6

PB=，∴222OPOBPB+=，∴OPOB⊥．由（1）可知OPAE⊥，OBAE⊥，O为原点，OE，OB，OP分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−，由题意得，各点坐标为()0,0,3

P，()1,1,0A−−，()0,3,0B，()2,3,0C，()1,0,0E，∴()0,3,3PB=−，()2,3,3PC=−，()2,0,0AE=，设()01PQPB=，()()()1,0,30,3,31,3,33AQAPPQAPPB=+=+=

+−=−，设平面AEQ的一个法向量为(),,znxy=，则00nAEnAQ==，即()203330xxyz=++−=，取得0x=，1y=，得1z=−，所以0,1,1n=−，设直线PC与平面AEQ所成角为，0,2

，则15sincos,5PCnPCnPCn===，即23315151011+−=+−，化简得24410−+=，解得12=．即Q为线段PB中点．21．（1）证明：∵PCAB⊥，PCBC⊥，AB

BCB=，∴PC⊥平面ABC．又PC平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．（2）在平面ABC内，过C作x轴⊥CB，建立空间直角坐标系Cxyz−（如图）．由题意有31,,022A−，设()()000,0,0P

zz，则()00,1,Mz，033,,22AMz=−，()00,0,CPz，由直线AM与直线PC所成的角为60°，得cos60AMCPAMCP=，即22000132zzz=+，得01z=，所以1PC=．由直角梯形PCBM可知45CBM=，则可设()()

0,2,01Qttt−，由题意得()0,2,CQtt=−，31,,022CA=−，设平面ACQ的一个法向量为(),,nxyz=，则()3102220xytyzt−=−+=，取1x=，得231,3,3tn=−．平面ABC的法向量取()0,0,1m=，

则22333cos22343tnmt−==+−，解得23t=（负值舍去），则2223QBt==．22．（1）证法1：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则()10,0,1A，()11,0,1B，10,1,2

M，11,,022N，(),0,1P，()111,0,0APAB==，()111111,,1,0,0,,12222NPNAAP=+=−−+=−−，10,1,2AM=，因为1111022AMAB

=−+=，所以无论取何值，总有AMPN⊥．证法2：同上建系，10,1,2AM=，()111,0,0AB=，因为110AMAB=，所以11AMAB⊥，因为10AMAN=，所以1AMAN⊥，所以AM⊥平面11ABN，因为PN

平面11ABN，所以无论取何值，总有AMPN⊥．本题第一问号方法较多，其他方法请酌情给分，一问满分4分．（2）()0,0,1m=是平面ABC的一个法向量，21sincos,1524mNP==−

+，所以当12=时，sin取到最大值255，此时角也最大．（3）假设存在点P满足条件．易知111,,222NM=−．设(),,nxyz=是平面PMN的一个法向量，则011022xyzxyz−++=−−+=，所以123223yxzx

+=−=，取3x=，得()3,12,22n=+−，()()22223cos,291222mn−==+++−，化简得2410130++=，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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