【文档说明】河北省沧州市2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.975 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年度第一学期高二年级9月份月考数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把

答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

．．．．.4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第二章第3节.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.直线sin2024πx=的倾斜角为（）A.2024πB.π2C.π

3D.π4【答案】B【解析】【分析】根据直线方程直接确定倾斜角.【详解】由直线sin2024πx=与x轴垂直，即其倾斜角为π2.故选：B.2.已知()1,3,2A，()1,4,1B−，()5,,Cyz，若ABAC∥，则yz+=（）A.5B.4

C.1D.5−【答案】A【解析】【分析】由题意可以先求出,ABAC，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数,yz，由此即可得解.【详解】因为()1,3,2A，()1,4,1B−，()5,,Cyz，所以(2,1,1),(4,3,2)AAyBCz=−−=−−，因

为ABAC∥，所以432211yz−−==−−，解得1,4==yz，所以145yz+=+=.故选：A.3.如果0AB且0BC，那么直线0AxByC++=不经过（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据横截距和纵截距的范围求得正确答案.【详解】由0AB

且0BC，可得,AB同号，,BC异号，所以,AC也是异号；令0x=，得0CyB=−；令0y=，得0CxA=−；所以直线0AxByC++=不经过第三象限.故选：C4.在平行六面体1111ABCDABCD−中，E，F分别是BC，11CD的中点.设ABa=，ADb=

，1AAc=，则EF=（）A.1122−++abcB.1122abc−+C.1122abc−+−D.1122abc−−【答案】A【解析】【分析】根据题意，由空间向量线性运算，即可得到结果.【详解】由题意可得，11111112222EFECCCCF

ADAAABabc=++=++−=−++.故选：A5.已知直线()123:20,:2120,:210,,laxylxaylbxyab+−=+++=−++=R，䒴12//ll，13ll⊥，则b=（）的A.12−或14B.12C.12或14−D.14

【答案】B【解析】【分析】由两直线平行和垂直的条件，列方程求解.【详解】已知直线()123:20,:2120,:210,,laxylxaylbxyab+−=+++=−++=R，由12//ll，得()120aa+−=，且240a+，解得1a=，由13ll⊥，得210ab−+=，故12b

=.故选：B.6.已知()0,0,2A，()0,2,1B，()2,1,0C，()2,0,1D，则点D到平面ABC的距离为（）A.2145145B.2525C.22929D.25【答案】C【解析】【分析】利用空间向量求出平面ABC的法向量，再由点到平面距离的向量求法

即可得22929mADdm==.【详解】易知()021,,=−AB，()2,1,2AC=−，()2,0,1AD=−，设平面ABC的法向量(),,mxyz=，则0,0,mABmAC==即20,220,yzxyz−=+−=令1y=，则32x=，

2z=，所以平面ABC的一个法向量为3,1,22m=，所以点D到平面ABC的距离122929292mADdm===．故选：C．7.点()2,4A−到直线()():131440lmxmym

−+−++=（m为任意实数）的距离的取值范围是（）A.0,5B.0,25C.0,4D.0,5【答案】B【解析】【分析】由题意可知直线l恒过点()4,8B−，由此可知A到直线l的最远

距离为AB，最短距离为0，即可得答案.【详解】解：将直线方程()()131440mxmym−+−++=变形为()()4340xyxym+++−−+=，由40340xyxy++=−−+=，解得48xy==−，由此可得直线l恒过点()

4,8B−，所以A到直线l的最远距离为AB，此时直线l垂直于,ABA到直线l的最短距离为0，此时直线l经过点A．又22(24)(48)25AB=−+−+=，所以A到直线l的距离的取值范围是0,25

．故选：B．8.在正三棱柱111ABCABC−中，2AB=，13AA=，2BCBO=，M为棱11BC上的动点，N为线段AM上的动点，且MNMOMOMA=，则线段MN长度的最小值为（）A.2B.3C.332D.62【答案】D【解析】【分析】根据正三

棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱111ABCABC−中，有2BCBO=，所以O为BC的中点，取11BC中点Q，连接OQ，如图，以O为原点，,,OCOAOQ为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,

0),(0,3,0),(1,0,3),(1,0,3)OABC−，因为M是棱11BC上一动点，设(,0,3)Ma，且[1,1]a−，因为(),3,3MAa=−−，且MNMOMOMA=，所以2222222336(3)(3)MOaaMNMAaa++===+++，于是令26,[6,7

]tat=+，所以2223336atttta+−==−+，6,7t，又函数3=−ytt在6,7上为增函数，所以当6t=时，min336()626tt−=−=，即线段MN长度的最小值为62.故选：D.二

、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.已知点()3,5A−−，()2,0B，直线l过点()2,3P−且与线段AB的延长线（不含点B）有公共点，则直线l

的斜率的取值可能为（）A.34−B.13−C.1D.1【答案】BC【解析】【分析】利用已知可求得ABk，PBk，结合图形可求得与线段AB的延长线（不含点B）有公共点的直线l的斜率的范围.【详解】因为()3,5A−−，()2,0B，()2,3P−，所以直线05

123ABk+==+，303224PBk−==−−−，又过()2,3P−斜率为0的直线与线段AB的延长线相交，由图形可得直线l过点()2,3P−且与线段AB的延长线（不含点B）有公共点，则直线l的斜率的取值范围为

314lk−.故选：BC.10.在正方体1111ABCDABCD−中，能作为空间的一个基底的一组向量有（）A.1AA，AB，ACB.BA，BC，BDC.1ACuuur，1BD，1CBD.1ADuuu

r，1BA，AC【答案】AC【解析】【分析】根据空间中不共面的三个向量可以作为空间向量的一个基底，从而求解.【详解】由题意得：如下图所示：对于A项：1AA，AB，AC不共面，能作为空间的一个基底,故A项正确；对于B项：BDBABC=+，所以：BA，BC，BD共

面，不能作为空间的一个基底,故B项错误；对于C项：1AC，1BD，1CB不共面，能作为空间的一个基底,故C项正确；对于D项：()()11111BAACBAAAABBCAABCAAADAD+=+++=+=+=，所以：1AD，1BA，AC共面，不能作为空间的一个

基底,故D项错误.故选：AC.11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G，H分别是1DD，11AB，CD，BC的中点，则下列说法正确的有（）A.E，F，G，H四点共面B.BD与

EF所成角的大小为3C.在线段BD上存在点M，使得MC1⊥平面EFGD.在线段1AB上任取一点N，三棱锥NEFG−的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段BD上存在点M，设BMBD=，

01≤≤，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明EFG与1AB上的所有点到平面EFG的距离为定值，即可判断D选项.【详解】以A为原点，以AB，AD，1AA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()0,0,0A，()2,0,0B，(

)2,2,0C，()0,2,0D，()12,0,2B，()10,2,2D，()0,2,1E，()1,0,2F，()2,1,0H，()1,2,0G，设AHxAEyAFzAG=++，则()()()()2,1,00,2,11,0,21,2,0xyz=++，所以22212

0yzxzxy+=+=+=，解得11232xyz=−==，故1xyz++=，即E，F，G，H四点共面，故A正确；因为()2,2,0BD=−uuur，()1,2,1EF=−，所以63cos,286BDEFBDEFBDEF===，所以BD与EF所成角的大

小为6，故B错误；假设在线段BD上存在点M，符合题意，设BMBD=（01≤≤），则()1112,22,2MCBCBMBCBD=−=−=−，若MC1⊥平面EFG，则10MCEF=，10MCEG=,因为()1,2,1EF=−，()

1,0,1EG=−，所以24420220−++=−=，此方程组无解，所以在线段BD上不存在点M，使得MC1⊥平面EFG，故C错误；因为()12,0,22ABEG=−=，所以1//ABEG，又1AB平面EFG，EG平面EFG，所以1//AB平面EFG

，故1AB上的所有点到平面EFG的距离即为B到平面EFG的距离，是定值，又EFG的面积是定值，所以在线段1AB上任取一点N，三棱锥NEFG−体积为定值，故D正确；故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线l过点()1,2

，且在y轴上的截距为在x轴上的截距的两倍，则直线l的方程是___________.【答案】2yx=或240xy+−=【解析】【分析】当纵截距为0时，设直线方程为ykx=，代入点()1,2求得k的值，当纵

截距不为0时，设直线的截距式方程，代入点()1,2求解.【详解】①当直线l在两坐标轴上的截距均为0时，设直线方程为ykx=，因为直线过点()1,2，所以2k=，所以直线l的方程为2yx=；②当直线l在两坐标轴上的截距均不为0时，设直线l在x轴上

的截距为a，则在y轴上的截距为2a，则直线l的方程为12xyaa+=，又因为直线l过点()1,2，所以1212aa+=，解得：2a=，所以直线l的方程为124xy+=，即240xy+−=，综上所述：直线l的方程为2yx=或240xy+−=，故答案为：𝑦=2𝑥或2

40xy+−=．13.在四面体ABCD中，1BC=，2BD=，90ABC=，3BCDA=−，则CBD=__________．【答案】30【解析】【分析】根据空间向量数量积的运算进行求解即可.【详解】因为90ABC=，所以0BABC=，又DABABD=−，所以()3BCDA

BCBABDBCBABCBD−==−=−，的所以3BCBD=.又1BC=，2BD=，所以cos2cosBCBDBCBDCBDCBD==3=，所以3cos2CBD=.又0180CBD，所以30CBD

=．故答案为：30°14.在ABCV中，顶点()2,3A，点B在直线:310lxy−+=上，点C在x轴上，则ABCV周长的最小值为______.【答案】213【解析】【分析】拆线段之和最值问题，利用对称，将直线:310lxy−+=同侧折线段化为直线异侧两定点间的折线段之和，由两

点之间线段最短可知.【详解】设A关于直线l的对称点为P，关于x轴的对称点为Q，PQ与l的交点即为B，与x轴的交点即为C.如图，,PQ两点之间线段最短可知，PQ的长即为ABCV周长的最小值.设(),Px

y，则331,223310,22yxxy−=−−++−+=解得2,519,5xy=−=即219,55P−，A关于x轴的对称点为()2,3Q−，故ABCV周长的最

小值为222192321355PQ=−−++=.故答案为：213.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在梯形ABCD中，ABCD∥，ACBD⊥

，已知()1,7A，()7,5B，()4,1C．（1）求点D的坐标；（2）求梯形ABCD的面积．【答案】（1）()1,2（2）452【解析】【分析】（1）利用直线的位置关系及斜率公式计算即可；（2）法一

、计算对角线长结合三角形面积公式求梯形面积即可；法二、利用两点距离公式先计算梯形上下底长，再求一底边所在直线，根据点到直线的距离公式计算梯形的高，利用梯形面积公式计算即可.【小问1详解】设(),Dxy，由ABCD∥，得571714yx−−=−−，即37xy+=

，由ACBD⊥，得1751417yx−−=−−−，即23xy−=−，所以1x=，2y=，即点D的坐标为()1,2．【小问2详解】方法一：22(41)(17)35AC=−+−=，22(71)(52)35BD=−+−=，设ACBDE=，又ACBD⊥，所以梯形ABCD

的面积111145353522222SACEBACEDACBD=+===；方法二：22(71)(57)210AB=−+−=，22(41)(12)10CD=−+−=，由()1,7A，()7,5B，得直线AB

的方程为3220xy+−=，点()4,1C到直线AB的距离4322310210d+−==．所以梯形ABCD的面积()14522SABCDd=+=．16.空间直角坐标系中，已知点(2,1,2)A−，(1,2,2)B−，(3,1,4)C−，设aAB=，bAC=．（1）

若ab+与3ab−互相垂直，求的值；（2）求点C到直线AB的距离．【答案】（1）165=（2）322【解析】【分析】（1）分别求得ab+与3ab−的坐标，再根据ab+与3ab−互相垂直求解；（2）由22(cos,

)dACACABAC=−求解.【小问1详解】由题意知(1,1,0)aAB==，(1,0,2)bAC==−，所以(1,1,0)(1,0,2)(1,,2)ab+=+−=−，3(1,1,0)3(1,0,2)(4,1

,6)ab−=−−=−．又ab+与3ab−互相垂直，所以()(3)(1,,2)(4,1,6)4(1)120abab+−=−−=−+−=，解得165=．小问2详解】由（1）知(1,1,0)AB=，(1,0,2)AC=−，所以11

0cos,101114ABACABACABAC−===−++，在【所以点C到直线AB的距离2232(cos,)2dACACABAC=−=．17.如图，在正三棱柱111ABCABC−中，12ABAA==，P，Q分别为11AB，BC的中点.（1）求异面直线AP与1QC所成角的余弦值；（2）求

二面角PAQC−−的正弦值.【答案】（1）710；（2）41717.【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线夹角及面面夹角即可.【小问1详解】取11BC的中点G，连接QG，显然1//QGBB，由正三棱柱的特征可知1BB⊥底面ABC

，所以GQ⊥底面ABC，又AQBQ、底面ABC，所以GQ⊥,AQGQBQ⊥，因为Q是BC中点，易得AQBQ⊥，所以可以以Q为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,0,1,2,3,0,0,3,0,2,0,

1,2QCAAB−，所以()13131,,2,,,2,0,1,22222PAPQC=−=−，111772cos,1055APQCAPQCAPQC===，故异面直线的夹角余弦值为710；【小问2详解】由上可知()31,,2,3,0,022APQA=−=

，设面APQ的一个法向量为(),,nxyz=，则31202230APnxyzQAnx=−++===，取14,0zyx==−=，即()0,4,1n=−，易知面ACQ的一个法向量为()0,

0,1m=，由图象可知二面角PAQC−−为钝角，设其为，所以117cos,cos1717mnmnmn====−，则2417sin1cos17=−=.18.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是平行四边形，且2

BCAB=，=45ABC，平面PAB⊥平面ABCD，PAPBBC==．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）在棱PC上是否存在点Q，使得直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为1010？若存在，求CQCP的值；若不存在，请说用理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；23

CQCP=【解析】【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理可得AC⊥平面PAB，即可证明平面PAB⊥平面PAC；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：在ABCV中，2BCAB=

，=45ABC，由余弦定理，得22222cos45ACABBCABBCAB=+−=，所以222ACABBC+=，即ABAC⊥．因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，ABAC⊥，AC平面ABCD，所以AC⊥平面PAB．又AC平面

PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．【小问2详解】设AB，BC的中点分别为O，E，连接OP，OE，因为PAPB=，O为AB的中点，所以POAB⊥，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB

=，PO平面PAB，所以⊥PO平面ABCD，又OE平面ABCD，所以POOE⊥．因为O，E分别为AB，BC的中点，所以OEAC∥，又ABAC⊥，所以OEAB⊥，即OB，OE，OP两两互相垂直，以O为坐标原点，OB，OE，OP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，设2AB=，则()1,0,0A−，𝐵(1,0,0)，()1,2,0C−，()3,2,0D−，()0,0,7P，设CQCP=，则(),2,7CQCP==−，所以()1,22,7Q−−．()4,

2,0BD=−，()2,22,7BQ=−−，设𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)是平面BDQ的法向量，则0,0,mBDmBQ==即()()420,22270xyxyz−+=−+−+=令1x

=，则2y=，()7327z−=，即平面BDQ的一个法向量为()7321,2,7m−=．设直线AD与平面BDQ所成角为，又()2,2,0AD=−，则22210sincos,1091242257ADmADmADm====−++，即

22912407−+=，解得23=．所以存在点Q，使得直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为1010，此时23CQCP=．19.球面几何在研究球体定位等问题有重要的基础作用.球面上的线是弯曲的，不存在直线，连接球面上任意两点有无数条曲

线，它们长短不一，其中这两点在球面上的最短路径的长度称为两点间的球面距离.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图1，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角COAB−−，−−AOBC，BOCA−−分别为，，，

则球面三角形ABC的面积为()2ABCSR=++−球面△.（1）若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；（2）将图1中四面体OABC截出得到图2，若平面三角形ABC为直角三角形，ACBC⊥，设1AOC=，2BOC=，3AOB=.①证明

：123coscoscos1+−=；②延长AO与球O交于点D，连接BD，CD，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，且BEBD=，(0,1，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求sin

的最小值.【答案】（1）2π2R（2）①证明见解析；②105【解析】【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可；（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式可求正弦值的最小值.【小问1

详解】若平面OAB，平面OAC，平面OBC两两垂直，有π2===，所以球球面三角ABC面积为22π(π)2SRR=++−=；【小问2详解】①由余弦定理有：2222122222222232cos2cos2cosACRRRBCRRRABRRR=

+−=+−=+−，且222ACBCAB+=，消掉2R，可得123coscoscos1+−=；②由AD是球的直径，则,ABBDACCD⊥⊥，且,ACBCCDBCC⊥=，,CDBC平面BCD，所以AC⊥平面BCD，且BD平面BCD，则ACBD⊥，且ABACA=，,ABAC

平面ABC，可得BD⊥平面ABC，由直线直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为π4，π3，所以ππ,43DABDCB==，不妨先令3R=，则23,6,2,2ADABBDBCAC=====，由,,ACBCAC

BDBCBD⊥⊥⊥，以C为坐标原点，以,CBCA所在直线为,xy轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标的系，设,(0,6]BEtt=，则(0,2,0),(2,0,0),(0,0,0),(2,0,6)ABCD，可得22

6(0,1,0),(,0,0),(2,0,),(,0,)222STEtO，则2622(2,0,0),(,0,),(,1,0),(,0,)2222CBCOSTTEt===−=，设平面OBC的一个法向量为(,,)mxyz=，则·2026·02

2mCBxmCOxyz===++=，取2z=−，则6,0yx==，可得平面OBC的一个法向量为(0,6,2)m=−，设平面EST法向量为(,,)nabc=，则2·022·02nSTabnTEatc=−==+=，取2at=，则,1btc==−，可得平面EST法

向量为(2,,1)ntt=−，要使sin取最小值，则|cos|取最大值，因为226232·1coscos,·510?3131ttmnmnmntt++====++，2221(32)12611313155tttt++==+++，令261,(1,1

3]mtm=+，则221(1),3826mmtt−−==，可得22226188829(1)312962218tmmmtmmmm+====−+−+−+−+，当且仅当13,6mt==取等号．则|cos|取最大值35，210sin1

cos5=−=为最小值.