2025-2026学年山东省德州市夏津一中高二（上）9月月考数学试卷（含解析）.docx

2025-2026学年山东省德州市夏津一中高二（上）9月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE=xAB+yAD+zAP，则x+y+z等于(    )A. 32B. 1C. 52D. 22.若平面α的法向量为u=(−1,2,4)，平面β的法向量为v=(m,−1,−2)，直线l的方向向量为t=(n,−2,−4)，则(    )A. 若α//β，则m=1 B. 若l⊥α，则n=2C. 若n=−20，则l//α D. 若m=−10，则α⊥β3.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面AB1D1与平面ABCD的夹角的正切值为(    )A. 2B. 1C. 22D. 34.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列说法错误的是(    )A. AD1⊥A1C B. AD1与BD所成角为π3C. AD1//平面BDC1 D. AD1与平面ACC1所成角为π35.直线mx+(3m−1)y+1=0必过定点(    )A. (3,1) B. (−3,1) C. (13,1) D. (13,0)6.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BC1到平面ACD1的距离是(    )A. 12 B. 22 C. 13 D. 337.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(1,−2)，B(2,1)的线段总有公共点，则斜率k的取值范围为(    )A. [−1,1] B. (−1,1) C. (−∞,−1]∪[1,+∞) D. (−∞,−1)∪(1,+∞)8.如图，已知正方体A1A2A3A4−A5A6A7A8，空间中一点P满足A1P=xA1A2+yA1A4+zA1A5，且x+y+z=1，当|A1P|取最小值时，点P位置记为点Q，则数量积A1Q⋅A1Ak(1

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9.如图，在底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=AB=1，则下列说法正确的是(    )A. 异面直线PB与AC所成的角为60°B. 直线PD与平面PAC所成的角为30°C. 平面PBD与平面PAB的夹角为30°D. 点C到面PBD的距离为 3310.已知直线l过点(0,2)，( 3,1)，则(    )A. 点C(2,−1)在直线l上B. 直线l的两点式方程为y−12−1=x− 30− 3C. 直线l的一个方向向量的坐标为(1,− 3)D. 直线l的截距式方程为x2 3+y2=111.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=2 2，D为B1C1的中点，则(    )A. A1D⊥B1CB. B1C⊥平面A1BDC. AC1/​/平面A1BDD. 直线AC1与B1C所成角为π3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.过点A(2,1)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为______．13.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为          ．14.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为棱AA1的中点，若N为底面A1B1C1D1内一点(不包含边界)，且满足MN//平面BDC1.设直线MN与直线CC1所成的角为α，则tanα的最小值为______．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.(本小题13分)根据下列条件分别写出直线的方程，并化为一般式．(1)直线l的一个方向向量为a=(2,−3)，且经过点A(1,2)；(2)过点(1,3)且在两坐标轴上截距相等．16.(本小题15分)在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1的长为2，且∠A1AB=∠A1AD=60°，求：(1)BD1的长；(2)直线BD1和A1C1所成角的余弦值．17.(本小题15分)如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，若F是DD1的中点，(1)求异面直线AD与BF所成角的余弦值；(2)求B1到平面ABF的距离．18.(本小题17分)四棱锥P−ABCD底面为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD=60°，PA=AB=2，点E在PB上，PE：EB=1：2．(1)证明：PC⊥DB；(2)求二面角A−DE−B的余弦值．19.(本小题17分)如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为长方形，侧面△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD (1)若E为棱SB的中点，P为棱AD的中点，求证：PE//平面SCD (2)AB=1，异面直线SB，AD夹角的余弦为 55．①求棱AD的长度；②在棱SA上是否存在点M，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为 3010？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．答案解析1.【答案】A 【解析】解：因为AE=AB+BC+CE=AB+AD+EP=AB+AD+(AP−AE)，所以2AE=AB+AD+AP，所以AE=12AB+12AD+12AP，所以x=12,y=12,z=12，所以x+y+z=12+12+12=32，故选：A．运用向量的线性运用表示向量AE=12AB+12AD+12AP，对照系数，求得x，y，z，代入可得选项．本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．2.【答案】D 【解析】解：根据题意，平面α的法向量为u=(−1,2,4)，平面β的法向量为v=(m,−1,−2)，直线l的方向向量为t=(n,−2,−4)，依次分析选项：对于A，若平面α/​/β，则u//v，则有m−1=−12=−24，解得m=12，故A错误；对于B，若l⊥α，则t//u，则有n−1=−22=−44，解得n=1，故B错误；对于C，若n=−20，则t=(−20,−2,−4)，则有t⋅u=20−4−16=0，t⊥u，必有l/​/α或l⊂α，故C错误；对于D，若m=−10，则v=(−10,−1,−2)，则有u⋅v=10−2−8=0，u⊥v，则α⊥β，故D正确．故选：D．利用平面的法向量、直线的方向向量逐项计算判断即得．本题考查空间向量的应用，涉及直线与平面、直线与直线的位置关系，属于基础题．3.【答案】A 【解析】解：如图，以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立D−xyz，设正方体的棱长为1，因此D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，因此DD1=(0,0,1),AB1=(0,1,1),AD1=(−1,0,1)，因为DD1⊥平面ABCD，因此平面ABCD的一个法向量为DD1=(0,0,1)，设平面AB1D1的法向量为m=(x,y,z)，m⋅AB1=y+z=0m⋅AD1=−x+z=0，令x=1，因此y=−1，z=1，因此m=(1,−1,1)为平面AB1D1的一个法向量，设平面AB1D1与平面ABCD的夹角为θ，cosθ=|cos|=|m⋅DD1||m||DD1|=11× 1+1+1=1 3= 33，因为θ为锐角，因此sinθ= 1−cos2θ= 1−(1 3)2= 23= 2 3= 63，因此tanθ=sinθcosθ= 2，因此平面AB1D1与平面ABCD的夹角的正切值为 2．故选：A．以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．本题考查空间向量法求解二面角及两平面的夹角，属于中档题．4.【答案】D 【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于A选项，AD1=(−1,0,1)，A1C=(−1,1,−1)，则AD1⋅A1C=1+0−1=0，所以AD1⊥A1C，故A正确；对于B选项，DB=(1,1,0)，则cos=AD1⋅DB|AD1||DB|=−1 2× 2=−12，所以AD1与BD所成角的大小为π3，故B正确；对于C选项，设平面BDC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，DC1=(0,1,1)，则由m⊥DB，m⊥DC1，有m⋅DB=x1+y1=0m⋅DC1=y1+z1=0，取y1=−1，则m=(1,−1,1)，则AD1⋅m=−1+0+1=0，所以AD1⊥m，又因为AD1⊄平面BDC1，所以AD1/​/平面BDC1，故C正确；对于D选项，设平面ACC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，又CC1=(0,0,1)，CA=(1,−1,0)，则由n⊥CC1，n⊥CA，有n⋅CC1=z2=0n⋅CA=x2−y2=0，取x2=1，则n=(1,1,0)，所以cos=AD1⋅n|AD1||n|=−12，所以AD1与平面ACC1所成角为π6，故D错误．故选：D．设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误．本题考查空间图形中线线垂直、线面平行的判定，考查线线角及线面角的求法，属中档题．5.【答案】B 【解析】解：将直线mx+(3m−1)y+1=0整理可得m(x+3y)−y+1=0，令x+3y=0−y+1=0，解得x=−3，y=1，即直线恒过定点(−3,1)．故选：B．将直线方程整理，可得关于x，y的方程组，求出恒过的定点的坐标．本题考查直线恒过定点的求法，属于基础题．6.【答案】D 【解析】解：作出示意图如下：因为直线BC1到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，即求点B到平面ACD1的距离，连接BD，因为BD平分AC，所以点D与点B到平面ACD1的距离相等，设点D到平面ACD1的距离为ℎ，根据等体积法可得VD1−ADC=VD−ACD1，所以13×12AD⋅DC⋅DD1=13ℎS△ACD1，即13×12×1×1×1=13ℎ× 34×( 2)2，解得ℎ= 33，所以直线BC1到平面ACD1的距离是 33．故选：D．根据题意，转化为求点D到平面ACD1的距离，利用等体积法求解即可．本题考查点面距的求解，等体积法的应用，属中档题．7.【答案】A 【解析】【分析】由于直线l与连接A(1,−2)、B(2,1)的线段没有公共点，可得kPB≤k≤kPA，再利用斜率计算公式即可得出．本题考查了直线相交问题、斜率计算公式，属于基础题．【解答】解：kPA=−2−(−1)1−0=−1，kPB=−1−10−2=1．∵直线l与连接A(1,−2)、B(2,1)的线段总有公共点，∴kPB≤k≤kPA，∴−1≤k≤1．故选：A．8.【答案】A 【解析】解：以A4为坐标原点，分别以A4A1、A4A3、A4A8为x轴、y。