2024-2025學年福建省高二上學期10月月考模擬數學試卷注意事項1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將案寫在答題卡上指定位置上，在其他位置作答一律無效.3．本卷滿分為分，考試時間為分鐘考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1a(0,是直線l的方向向量，b=(?0)是平面的一個法向量，則直線l=mm與平面所成的角為（）ππππA．B．C．D．6432=(?2，?)=(λ,2,4)2a(3)b=?λa，cb）A13．如圖，在棱長均相等的四面體O?ABC中，點D為的中點，CEOA=a,OB=b,OC=c，則OE=（B．2C．3D41=ED，設2）cc1161311313A．a+b+B．a+b+63bcc11116123C．a+?D．a+b+6636x,y∈R4,2=(?a+b=（，向量=(x)，=y)，c)且a⊥c,b//c，則D4）A．22B．10C．35O?ABCMN分別為OA，=a，=bOC=c，用a，b，c表示，則等于（）b12111()()()(c?a?b)+?caa+b?ca?b+cA．B．C．D．2226．已知正三棱柱ABCABC的各棱長都為，以下選項正確的是（?）111A．異面直線AB與BC垂直116B．BC與平面AABB所成角的正弦值為1114107C．平面1與平面ABC夾角的余弦值為7DC到直線1的距離為27ABCDABCD?DDCC中有一動點PD1⊥PD111111DDCCPB與平面A1所成角中最大角的正切值為（B．2C．）113+15+1D．228芻薨（chumeng條棱的五面體如下圖五面體ABCDEFABCDAB8，=AD=23ADEBCFE??B與F??與BCA長度的取值范圍為（）A．(2,14)B．(2,8)C．(0,12)D．(2,12)二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0λ∈]，μ∈]+μ1A，9ABCDABCDP滿足AP?=λ1B111111列結論正確的是（）A．三棱倠11的體積為定值?λ=μBDC11BCD時，DP∥平面1πμ=時，存在唯一的點，使得BP與直線1的夾角為24λ+μ=1時，存在唯一的點，使得CP平面1A1⊥10．已知四面體OABC，則下列說法正確的是（）OAOB11214AD為的中點，E為AD的中點，則OE=++OC4(?()B．若四面體OABC是棱長為1的正四面體，則OAOBCACB++=15CA0)，B(0,3,0)，C(2,3)，則向量AC在AB上的投影是5D知a=OA?OB+OC，b=?OA+OB+OC，c=?OA+7OBa，b，c不可能共面ABCDABCD的棱長為1，E，FG分別為CCBB的中點，1?，11111則（）1D與直線垂直B．直線G與平面AEF平行98C．平面AEF截正方體所得的截面面積為DC與點B到平面AEF的距離相等三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．設空間向量a=(?1,2,m)，bn,4，若a//b，則a+b==(?).13．已知正三棱柱ABCABC的底面邊長為6，三棱柱的高為，則該三棱柱的外接球的?111表面積為.=(?)OB=(?2,1)OAOB為鄰邊的平行四邊形的兩條高14OA1，的長度分別為．577115（13P?ABCD中，PA⊥平面ABCD∠BAD=90°PAABBC===AD1，=2πBC//AD，已知Q是四邊形ABCD內部一點，且二面角QPDA的平面角大小為，求動??6點Q的軌跡的長度.16分）如圖，長方體ABCDABCD中，?BC=CC，M是CC的中點．111111(1)求證：1DBD1；⊥(2)求證：AC//平面1.17分）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，=λPD，λ∈]，∠ABC=60°點.==M是，ABPA2，E是棱PD上的動點，且PE1λ=(1)當時，證明：EM∥平面.2(2)當點E到直線距離最近時，求點D到平面ACE的距離.P?ABCD中，AP⊥面ABCD，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=BC=AD，點E是線段AD中點.12(1)求證：平面PBE⊥平面PAC；(2)若直線PE與平面PAC所成角的為30°，求平面與平面夾角的余弦值.191714的菱形ABCD中，∠BAD=60°DE⊥AB于點EADE沿折起到△ADE的位置，使AD，如圖2.⊥11(1)求證：1E平面BCDE；⊥EPPB(2)判斷在線段EB上是否存在一點P，使平面1DP平面⊥ABC？若存在，求出1的值；若不存在，說明理由.2024-2025學年福建省高二上學期10月月考模擬數學試卷注意事項1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將案寫在答題卡上指定位置上，在其他位置作答一律無效.3．本卷滿分為分，考試時間為分鐘考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1a(0,是直線l的方向向量，b=(?0)是平面的一個法向量，則直線l=mm與平面所成的角為（）ππππA．B．C．D．6432【答案】A【分析】根據題意，由空間向量的坐標運算，結合線面角的公式即可得到結果.【詳解】設直線l與平面所成的角為，由題意可得，mθa?bsinθ=cos<a,b>==31π=θ=，即.a?b32×226故選：A=(?2，?)=(λ,2,4)2a(3)b=?λa，cb）A1B．2C．3D4【答案】C由a，b，ca，b作基底表示向量cλλ的方程，解方程即可求出實數的值．)，b2=(??)∴，a與b不平行，a1,3=(?a，b，c三向量共面，x，y使cxayb，=+2x?y=λx=2即?x+4y2，解得=y=1．3x?2y=4λ=3故選：C3．如圖，在棱長均相等的四面體O?ABC中，點D為的中點，CEOA=a,OB=b,OC=c，則OE=（12=ED，設）cc1161311313A．a+b+B．a+b+63bcc11116123C．a+?D．a+b+6636【答案】D【分析】根據空間向量的線性運算求得正確答案.1【詳解】由于CE=ED，2所以CEC)===CAAD+CA+AB=CA+AB,6CA113所以OEOCCEOC=+=++AB611()()=OC+OA?OC+OB?OA36c16121123=OA+OB+OC=a+b+.6366故選：D4．設x,yR，向量a=(x，by,1，c4,2且ac,b//c，則a+b=∈)=()=(?)⊥（）A．22B．10C．3D4【答案】Cx,y可求解.【詳解】由向量a=(x),2x?4+2=0b=y),c=(?2),且ac,b//c，⊥，解得xy==?2，所以a，b2,1，=()=(?)可得1y=2?4則a+b=(2)，所以a?+b=3.故選：C.5O?ABCMN分別為OA，=a，=bOC=c，用a，b，c表示，則等于（）b12111()()()(D．)c?a?b+?caa+b?ca?b+cA．B．C．222【答案】AOA表示出即可.CB12121212【詳解】由圖知：MNMOOCCN=++=?OAOC++=?OAOC++OBOC)?1111=?OA+OB+OC=b+c?a).2222故選：A6．已知正三棱柱ABCABC的各棱長都為，以下選項正確的是（?）111A．異面直線AB與BC垂直116BCAABB所成角的正弦值為11與平面14107C．平面1與平面ABC夾角的余弦值為7DC到直線1的距離為2【答案】B【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系,由空間向量法求空間角、距離，判斷垂直．AAxz為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，【詳解】如圖，以為軸，1則(0,0,0)，B(2,0,0)，C3,0)，AB=(2,2),BC=(?3,2)，A(0,0,2)，B(2,2)，13,2)，1111AB?BC=?2+4=2≠0，AB與BC不垂直，A1111平面AABB的一個法向量為m=0)，11BC?m=36cosBC,m=1=，11m2246BCAABBB所以與平面所成角的正弦值為，正確；1114設平面ABC的一個法向量是n(,,z)，又=AB=(2,0)，1?nAB==002x得?+y=2n=(0,?3)由，令得，n?BC=0x3y2z+=01平面ABC的一個法向量是p=(0,，cosn,p==npn?p?3217=?，721所以平面1與平面ABC夾角的余弦值為C7AC=3,0)，AB?AC2211?AC=2，d===，AB222112142所以點C到直線1的距離為h=AC?d2=4?=，D錯；2故選：．7ABCDABCD?DDCC中有一動點PD1⊥PD111111DDCCPB與平面所成角中最大角的正切值為（B．2C．）113+15+1A1D．22【答案】D【分析】根據題意可知P是平面DDCC內以,DD為直徑的半圓上一點由即為直線.∠BPC111DDCC,DDCC.所成的角最大PB與平面所成的角可知當取得最小值時PB與平面1111接圓心E與C時與半圓的交點為取得最小值設出正方體的棱長即可求得,進而求得tanBPC∠.ABCD?ABCDDDCCPD1⊥PD內的點滿足【詳解】正方體中正方形,P111111DDCC,DD內以為直徑的半圓上一點設圓心為E,如下圖所示:,可知P是平面111DDCC,E與C點連線上當直線PB與平面所成最大角時點P位于圓心11此時取得最小值.∠BPC即為直線PB與平面DDCC所成的角11則設正方體的邊長為則PC=EC?EP=5?1,BC=2BCPC25+1所以tanBPC∠===5?12ABCDEFABCDAB=8，AD=23ADEBCFE??B與F?BC?A與長度的取值范圍為（）A．(2,14)【答案】AB．(2,8)C．(0,12)D．(2,12)E??B與FBCA0和180時，求得相應的長，集合題意即可得答案.【詳解】由題意可知AD=2，ADE與BCF都是等邊三角形，??33故ADE與BCF的底邊AD,BC上的高為23×=3，2因為二面角E??B與FBCA相等，??時，此時落在四邊形ABCD內，長度為8232，?×=故當該二面角的平面角為0當該二面角的平面角為180時，此時落在平面ABCD上，長度為8+2×3=，由于該幾何體ABCDEF為五面體，故二面角E??B與FBCA的平面角大于0??小于180，故長度的取值范圍為(2,14)，故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0λ∈]，μ∈]+μ1A，9ABCDABCDP滿足AP?=λ1B111111列結論正確的是（）A．三棱倠11的體積為定值?λ=μBDC11BCD時，DP∥平面1πμ=時，存在唯一的點，使得BP與直線1的夾角為24λ+μ=1時，存在唯一的點，使得CP平面1A1⊥【答案】ABCPAB，由異面直線所成角的定義判斷C，由線面垂直判斷D．【詳解】選項A，由題意P在面ABBA內，因此它到平面CDD的距離等于正方體的棱長，1111CDD面積為常數，因此V=V為常數，A正確；P?1DD1為常數，而111?PDD1λ=μ=λ+=λ1B，因此P點軌跡是線段AB，1選項B，，則1PBB(1B1)1AD,BDDDDDBD//1D1BD?連接平面與11111BCDBD?BCD1BCDAB//1BCD1AB與1，平面BD//平面平面11111111ABD1ABD//1BCDDP?ABD平面1DP//是平面平面，11CDB，正確；112選項CAA中點E，BB中點F，連接，由μ=得P點軌跡是線段，同選項A11AB//CDBP與直線1的夾角即為BPAB與直線P1分析知，11π與F重合時，BP與直線AB1的夾角為，正確；C4選項Dλ+μ=1知P在線段ABC與平面垂直的直線只有CBCP不1A11可能與平面ABBA垂直，D11故選：ABC．10．已知四面體OABC，則下列說法正確的是（）OAOBOC121414AD為的中點，E為AD的中點，則OE=++(?()B．若四面體OABC是棱長為1的正四面體，則OAOBCACB++=15CA0)，B(0,3,0)，C(2,3)，則向量AC在AB上的投影是5D知a=OA?OB+OC，b=?OA+OB+OC，c=?OA+7OBa，b，c不可能共面【答案】ABC【分析】A中根據向量加法的三角形法則、平行四邊形法則以及向量減法的三角形法則即()()OA+OB?CA+CB=OA?CA+OA?CB+OB?CA+OB?CB可得到結果；B中先化簡，再利a?b=abcosa,b，AC=3)=(2,0)求解即可；中先求出用公式CAC在AB?ACABACcos∠CAB=上的投影為即可求解；Da，b，c共AB面，則a=xb+yc解題即可.1122112OE=OA+AE=OA+AD=OA+AB+AC【詳解】A21122111111=OA+BOB?OA+OC?OA=OA+OB+OC，所以A正確；222244()()OA+OB?CA+CB=OA?CA+OA?CB+OB?CA+OB?CB=1×1×cos60+1×1×cos90+1×1×cos90+1×1×cos60=1，所以B正確；AC=3)，向量C=(2,0)，AC在AB上的投影為ACcos∠CAB=AB??1+21+4ACAB5==,所以C正確；5D中，假設向量a，b，c共面，則a=xb+yc，所以()()OA?OB+OC=x?OA+OB+OC+y?OA+7OB=(?x?y)OA+(x+y)OB+xOC337212?x?3y=1x=1212所以3x7y+=?2，解得，所以當x=,y=?時向量a，b，c共面，所以D錯122x=1y=?誤.故選：ABCDABCD的棱長為1，E，FG分別為CCBB的中點，1?，11111則（）1D與直線垂直B．直線G與平面AEF平行98C．平面AEF截正方體所得的截面面積為DC與點B到平面AEF的距離相等【答案】BCD【分析】以點D為坐標原點，、DC、DDxyz所在直線分別為、、軸建立空間直角1坐標系，利用空間向量法可判斷選項；作出截面，計算出截面面積，可判斷C選項.【詳解】以點D為坐標原點，、DC、DD所在直線分別為、、軸建立如下圖所xyz1示的空間直角坐標系，A1,0,0)B0)C(0)D(0)A0,1()B()C()則、、、、、、、111121212()、D0,1E0FG1、、，1，則1=(0,1，)AF=?DD?AF=≠0對于A選項，DD，1212DD與直線不垂直，故A錯誤；所以直線11AE=?011對于B選項，設平面AEF的法向量為m=(x,y,z)，EF=?,0,，，2221m?AE=?x+y=021=2，可得m=(2)，則，取x1m?EF=?x+z=02212AG=?，所以AG?m=1?1=0，即AG⊥m，111AG?1AEF∴G//因為平面，平面AEFB正確；對于C選項，連接因為E、F分別為、AB//CD且AB=CD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，則，AD1FBC、、，11CCEF//BC，1的中點，則111111111所以EF//AD1，所以E、F、A、四點共面，D1ABCD?ABCD所得截面為1AD1FE，故平面AEF截正方體且EF=CE+CF11125222=，同理可得AE=1F=，AD=2≠EF，12所以四邊形AD1FE為等腰梯形，分別過點E、F在平面AD1FE內作EM⊥ADFN⊥AD，1M、N1示：AE=1F∠EAM=∠FD1N∠EMA=∠1=90，因為所以，，Rt△AEM≌Rt△1FNAM=1NEM=FN，，故，因為EF//MN，⊥，EN，則四邊形為矩形，⊥2所以MN=EF=，2AD1?EF2324∴AM=1N==，故EM=AE2?AM2=，24(EF+)?ADEM98故梯形AD1FE的面積為S梯形1FE=1=C正確；2CEm?113CE=,0,0，則點C到平面AEF的距離為d==，12mAB?m13=(AB0，則點到平面AEF的距離為)d==B，2m所以點C與點B到平面AEF的距離相等，故D正確.故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．設空間向量a(1,2,m)，bn,4，若a//b，則=?=(?)a+b=.【答案】3【分析】依題意可得a=λb，即可得到關于、、的方程組，從而求出a、b，最后求mnλ出a+b.)=(?)n,4a=(?1,2,mb且a//b，所以a=λb，【詳解】因為，12λ=??1=2λ即(?1,2,m)=λ(n,4?)=λm=2，所以2n，解得，m=?4λn=?4)=(??)，b4a=(?1,2,2所以，所以ab(4)(2)2)，+=??+?=??a+b=12+(?2)2+(?2)2=3.所以故答案為：313．已知正三棱柱ABCABC的底面邊長為6，三棱柱的高為，則該三棱柱的外接球的?111表面積為.【答案】64π即可求其表面積.【詳解】因為正三棱柱的底面邊長為6，61所以底面所在平面截其外接球所成的圓O的半徑r=×=23.sin60°2又由三棱柱的高為，則球心1到圓O的距離因此球半徑R滿足：R=r+d=12+4，即有R=4，=π×16=π.d=2，222所以外接球的表面積S=πR故答案為：64π2=(?)OB=(?2,1)OAOB為鄰邊的平行四邊形的兩條高14OA1，的長度分別為．23【答案】，3()()a+b?a=0a+b⊥aa+b為底的高的長度為，【分析】求出a+b，計算得，因此以OA然后求出a+b與b夾角的余弦并計算出正弦，從而可得以為底的高．()()OA=a，OB=ba+b=(2,0)a+b?a=0a+b⊥a以OA為底的高的長度為ab2．+=()a+b?bcos<a+b,b>==a+bb463=，所以sinab,b>=<+，2++332×()?12223233所以以OB為底的高的長度為a+bsin<a+b,b>=2×=．3233．577115P?ABCD中，PA⊥平面ABCD∠BAD=90°PAABBC===AD=1BC//AD，2π已知Q是四邊形ABCDQPDA的平面角大小為??Q6的長度.8158【答案】/15.1515Q(m,n,0)Q?PD?A的大小，列出方程，【分析】建立空間直角坐標系，設出，由二面角得到15m+n=2，設直線15x+y=2與為的長，由勾股定理求出答案.x,y軸交點分別為E,F，得到動點的軌跡的長度Q【詳解】因為PA⊥平面ABCD，AB,AD平面ABCD，所以AB，AD，?又因為BAD=90，∠°所以AB，兩兩垂直，所以以A為坐標原點，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，1因為PAABBC===AD=1，2()()()()P0,1,D2,0,A0,0,0,B1,0,0，所以(Qm,n,0)，因為Q是四邊形ABCD內部一點，設0≤m≤1其中m+n2，≤n≥0平面PDA的法向量為m=1,0,0)，設平面的法向量為n=(x,y,z)，則?(?(?)?nPD=x,y,z0,2,1=2yz=0，?(?(?)?nPQ=x,y,zm,n,1=mx+nyz=02?ny=1z=x=令，則，m2?nm所以n=2，2?nm2n?m?ncosm,n==m?n(1,0,0)?2m=，2?22n?2n1+4+5+mm0≤m≤1由于m+n2，≤n≥02?nmcosm,n=>0所以2?n>m0，故>，?2n25+mπ因為QPDA的平面角大小為，設為，??62?ncosθ=cosm,n=3m=則，2?n225+m解得：15m+n=2，設直線15x+y=2與x,yE,F軸交點分別為，故動點Q的軌跡的長度為的長，()令x得：y=2，故F0,22151521515令n得：m=，故E,022151581515由勾股定理得：EF=+22=，81515所以動點Q的軌跡的長度為.81515.16．如圖，長方體ABCDABCD中，?BC=CC，M是CC的中點．111111(1)求證：1DBD1；⊥(2)求證：AC//平面1.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析）連接AD，根據線面垂直的判定證明AD⊥1平面即可；ABD11（2）方法一：連接AC交BD于N點，根據中位線的性質證明MN∥AC即可；11DDGAG，證明平面GAC∥1即可方法二：取）證明：連接ABCD?ABCD中點，連接，連接1ADAD⊥ADADD為正方形，則11，四邊形11長方體中，1111AB⊥平面1A1D，?平面1A1AD⊥ABAD1∩AB=A所以，所以，所以，，1AD⊥1ABD,BD?平面ABD1平面11AD⊥BD.11（2）方法一：連接AC交BD于N則NAC為的中點，111連接，則為1AC的中位線，故MN∥ACAC?平面1，MN?平面BMD1所以，AC∥平面BMD1DD中點G，連接，方法二：取1則G∥MC,G，四邊形為平行四邊形，=1所以，GC∥1M，?BMDDM?BMD，111所以，GC∥1∥=連接AG，則,，四邊形GABM為平行四邊形，所以，GA∥MB，??BMD，1，1所以，GA∥平面BMD1GA∩GC=G，所以，平面GAC∥1因為平面GAC，?所以，AC∥平面BMD117P?ABCD中，PA⊥ABCDABCD∠ABC=60°，AB=PA=2，E是棱PD上的動點，且PE=λPD，λ∈[]0,1，M是邊中點.12λ=(1)當時，證明：EM∥平面.(2)當點E到直線距離最近時，求點D到平面ACE的距離.【答案】(1)證明見解析37(2)7【分析】（）根據三角形中位線可得線線平行，進而可證ENBM為平行四邊形，即可根據線面平行的判斷求解，（2建立空間直角坐標系．利用向量，結合點到線的距離公式求出距離的表達式，進而結4λ=ACE的法向量n7離公式即可求解.）取AP中點N，連接NE,BN,EM,11λ=EN//AD,EN=AD且，當時，E是棱PD上的中點，故22又BC//AD,且BC=AD，M是邊中點,所以EN//BM且ENBM，=故四邊形ENBM為平行四邊形，因此ME//BN,又平面,BN?平面故EM∥平面.?,（2CD的中點F于PA⊥平面ABCDABCD是菱形，ABC60，∠=°所以，，AP兩兩垂直，故以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．(),B2,0,0C3,0)D(?3,0)P(0,2)，則(0,0,0)，，，故AC=3,0)，AB=(2,0)，PD=(?3,?2)，AP=(0,2)．因為PE=λPD，所以PE=(?λ,λ,?2λ)，則AE=AP+PE=(?λ,λ,2?2λ)．AB?=?λ2()2AEAE=λ2+λ2+2?2λ=λ2?8λ+4，，AB2AE?AB2=λ點E到直線距離為d=AE?2?λ+4?λ2=7λ2?λ+4,AB4712λ==7λ2?λ+故當時，此時y4取到最小值，此時點E到直線距離最小，7n?AC=x+3y=0設平面ACE的法向量為n(x,y,z)，則=，n?AE=?λx+λy+(2?2λ)z=0λ1?λ43()AD=?3,0，令x=3，得=(3,?)=(3,?)．3AD?n?3?3377==ACE的距離為n2433()2()23+?1+1218P?ABCD中，AP⊥面ABCDAD∥BC∠BAD=90°ABBC==AD，點E是線段AD中點.(1)求證：平面PBE⊥平面PAC；(2)若直線PE與平面PAC所成角的為30°，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析6(2)6）根據線線垂直得線面垂直，進而可得面面垂直，（2EPO30夾角即可求解.）因為BAD90，∠=°PE=,進而建立空間直角坐標系，利用法向量的1∠=°AB=BC=ADE是線段AD中點，2連接CE,AC,BE相交于O,AE=BC且AE//BC，故四邊形AECB是正方形，所以BEAC．⊥因為AP⊥平面ABCD,BE?平面ABCD，故AP⊥BE，且