2024-2025學年北京三十五中高二（上）月考數(shù)學試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年北京三十五中高二（上）月考數(shù)學試卷（10月份）一、單選題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說法正確的是(

)A.若m//α，n//α，則m//n B.若m⊥α，n?α，則m⊥n

C.若m2.下列說法正確的是(

)A.任何三個不共線的向量可構成空間向量的一個基底

B.空間的基底有且僅有一個

C.兩兩垂直的三個非零向量可構成空間的一個基底

D.任一個向量p在基底{a,b3.若直線l的方向向量為a=(1,?2,3)，平面α的一個法向量為n=(?3,6,?9)，則(

)A.l?α B.l//α C.l⊥α D.l與

α相交4.如圖，已知斜三棱柱ABC?A1B1C1，設AB=a,A.?12a+12c

B.15.已知空間三點A(1,3,?2)，B(2,5,1)，C(p+1,7,q)共線，則p和q的值分別是(

)A.3，6 B.2，4 C.1，4 D.2，66.在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為BA.π2 B.π3 C.π4 7.已知三棱錐A?BCD的所有棱長都是2，點E是AD的中點，則BA?CE=A.1

B.?1

C.3

D.8.已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2，AD=AA1A.33 B.22 C.9.在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D，中，E，F(xiàn)分別為棱AA1、BB1的中點，M為棱A1B1A.3λ

B.22

C.10.在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別為BD1，BA.點P可以是棱BB1的中點

B.線段MP的最大值為32

C.點P的軌跡是正方形

D.二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分。11.已知點P(?3,1,5)，則該點關于yOz平面的對稱點坐標為______．12.若a=(2,?3,1),b=(2,0,3),c=(3,4,2)，則a?(b+2c)=13.如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，設AD=AA114.已知正三棱錐底面邊長為2，側棱長為3，則它的側面與底面所成二面角的余弦值為______．15.如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點，平面AEF與平面PBC

(填“垂直”或“不垂直”)；△AEF的面積的最大值為

．16.如圖，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直.點P在正方形ABCD及其內部運動，點Q在矩形ABEF及其內部運動.設AB=2，AF=1，給出下列四個結論：

①存在點P，Q，使PQ=3；

②存在點P，Q，使CQ//EP；

③到直線AD和EF的距離相等的點P有無數(shù)個；

④若PA⊥PE，則四面體PAQE體積的最大值為13；

其中所有正確結論的序號是______．三、解答題：本題共3小題，共50分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題20分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，PA=AB=BC=2AD=2．

(Ⅰ)設點M為AB上任意一點，求證：AD⊥PM；

(Ⅱ)求直線PB和平面PCD所成角的正弦值；

(Ⅲ)求二面角A?PD?C的余弦值．18.(本小題20分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，M為線段A1C1上的一點．

(Ⅰ)求證：B1M//面ABC；

(Ⅱ)求直線BC119.(本小題10分)

設n(n≥2)為正整數(shù)，若α=(x1,x2,…,xn)滿足：

①xi∈{0,1,…,n?1}，i=1，2，…，n；

②對于1≤i<j≤n，均有xi≠xj；

則稱α具有性質E(n)．

對于α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn)，定義集合T(α,β)={t|t=|xi?yi|，i=1，2，…，n}．

(Ⅰ)設α=(0,1,2)，若β具有性質E(3)，寫出一個β及相應的T(α,β)；

(Ⅱ)設α=(0,1,2,3,4)，請寫出一個具有性質E(5)的β參考答案1.B

2.C

3.C

4.D

5.B

6.D

7.A

8.C

9.D

10.D

11.(3,1,5)

12.?1

3

13.5

114.615.垂直

16.①③④

17.解：(Ⅰ)證明：因為PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，

所以PA⊥AD，又因為AB⊥AD，PA∩AB=A，PA，AB?平面PAB，

所以AD⊥平面PAB，點M為AB上任意一點，

則PM?平面PAB，

所以AD⊥PM．

(Ⅱ)因為PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，

故以AB方向為x軸正方向，AD方向為y軸正方向，AP方向為z軸正方向，建立A?xyz空間直角坐標系，

則A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，

BP=(?2,0,2)，PC=(2,2,?2)，PD=(0,1,?2)，

設平面PCD的法向量為n1=(x1,y1,z1)，

則n1?PD=0n1?PC=0，即y1?2z1=0x1+y1?z1=0，

令y1=2，得18.(Ⅰ)證明：連接B1M，由三棱柱性質可得平面ABC/?/平面A1B1C1，

又BlM?平面A1B1C1，故B?1M//平面ABC；

(Ⅱ)解：因為AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，

所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，

故AB，AC，AA1兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標系A?xyz，

則A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，

連接BC1，則BC1=(?1,1,1)，AB1=(1,0,1)，

由BC1?AB1=?1×1+1×0+1×1=0，故BC??1⊥AB1，

故直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為cosπ2=0；

(19.解：(Ⅰ)根據(jù)題意，令β=(0,1,2)，即y1=0，y2=1，y3=2，

則根據(jù)題意可得，t=|xi?yi|=0(i=1,2,3)|，則相應的一個T(α,β)={0}；

(Ⅱ)當α=(0,1,2,3,4)，∵4∈T(α,β)={0，1，2，3，4}，所以β=(y1,y2,…,y5)中的y1=4或者y5=0，

不妨設y5=0，接下來，3∈T(α,β)，∴可能y1=3或y2=4，不妨取y2=4，α中的剩余數(shù)0，2，3可以分別對應2，1，3，如此β={2,