2024-2025学年度第一学期高二数学10月月考（2024.10）班级______姓名______学号______一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）P3,1,21.已知点，则点P关于z轴的对称点的坐标为（）A.3,1,2B.3,1,2C.3,1,2D.3,1,2【答案】D【解析】【分析】关于z轴对称，则z坐标值不变，x,y坐标变为互为相反数即可.【详解】解：因为关于z轴对称，则z坐标值不变，x,y坐标变为互为相反数所以，点P关于z轴的对称点的坐标为3,1,2故选：D.2.已知向量a1,2,1，b3,x,y，且a∥b，那么b（）A.36B.6C.9D.18【答案】A【解析】【分析】根据空间向量共线的充要条件求出x,y的值，然后代入模的计算公式即可求解.【详解】因为a∥b，且向量a1,2,1，b3,x,y，3xy所以，解得：x6,y3，121222所以b36336，故选：A.3.如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC的中点，若OAa，OBb，OCc，则AD等于（）A.abcB.abc1111C.abcD.abc2222【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.1【详解】因为D为BC的中点，所以ADABAC，2又ABOBOA,ACOCOA，11111所以ADOBOAOCOAOAOBOCabc．22222故选:C．434.已知正四棱锥SABCD，底面边长是2，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（）3A.3B.2C.5D.22【答案】C【解析】43【分析】设正四棱锥的高为h，由体积是，求出h3.利用勾股定理求出侧棱长.3【详解】因为正四棱锥SABCD，底面边长是2，所以底面积为224.143设正四棱锥的高为h，由V4h，所以h3.332所以侧棱长为lh22325.即侧棱长为5.故选：C5.如图，在三棱锥DABC中，ACBD，且ACBD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF和AC所成的角等于A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】B【解析】【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则EFG为EF与AC所成的角．解EFG．【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．E，F分别是CD，AB的中点，FGAC，EG∥BD，11且FGAC，EGBD．22EFG为EF与AC所成的角．又ACBD，FGEG．又ACBD，FGEG，FGE90，△EFG为等腰直角三角形，EFG45，即EF与AC所成的角为45°．故选：B．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，找角证角求角，主要是通过平移将空间角转化为平面角，再解三角形，属于基础题．6.已知m,n是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若m,m,则//；②若,,则//；③若m,n,m//n,则//；④若m,n是异面直线，m,m//,n,n//,则//．其中真命题是（）A.①和②B.①和③C.③和④D.①和④【答案】D【解析】【分析】由题意逐一考查所给命题的真假即可确定真命题的编号.【详解】逐一考查所给的命题：①由线面垂直的性质定理可得若m,m,则훼//훽，该命题正确；②如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，取平面,,分别为平面ABB1A1,ADD1A1,ABCD，满足,,但是不满足훼//훽，该命题错误；③如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，取平面,分别为平面ABB1A1,ADD1A1，m,n直线分别为BB1,DD1，满足m,n,m//n,但是不满足훼//훽，该命题错误；④若m,n是异面直线，m,m//,n,n//,由面面平行的性质定理易知훼//훽，该命题正确；综上可得，真命题是①和④本题选择D选项.【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线l是底面ABCD所在平面内的一条动直线，记直线A1C与直线l所成的角为，则sin的最小值是（）3126A.B.C.D.3223【答案】A【解析】|A1P|【分析】过C作l的平行线，过A1作该平行线的垂线，垂足为P，则A1CP，sin，|A1C|根据|A1P||A1A|可求出结果.【详解】如图：过C作l的平行线，过A1作该平行线的垂线，垂足为P，|A1P|则A1CP，所以sin，|A1C|设正方体的棱长为1，则|A1C|3，|A1P||A1A|1，|A1P|13所以sin,当且仅当P与A重合时，取得等号，|A1C|333所以sin的最小值是.3故选：A.8.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，uuurAA12,BAA1DAA145,BAD60，则AC1（）A.1B.3C.9D.3【答案】D【解析】【分析】根据图形，利用向量的加法法则得到AC1ABADAA1，2uuur再利用求的模长.AC1ABADAA1AC1【详解】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，有ACABAD，AC1ACAA1ABADAA1，由题知，ABAD1，AA12，BAA1DAA145，BAD60，所以ABAD1，AA12，AB与AD的夹角为BAD60，AB与AA1的夹角为BAA145，AD与AA1的夹角为A1AD45，所以2AC12ABADAA1222ABADAA12ABAD2ABAA12ADAA1112211cos60212cos45212cos459.所以AC13.故选：D.9.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3,BCCC14,E为棱B1C1的中点，P为四边形BCC1B1内（含边界）的一个动点.且DPBE，则动点P的轨迹长度为（）A.5B.25C.42D.13【答案】B【解析】【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明BE平面DCF，由线面垂直的性质可得当DPBE时，动点P的轨迹为CF25.【详解】如下图所示：作CFBE交BB1于点F，易知四边形BCC1B1是边长为4的正方形，BFBE1利用三角形相似可知BCFB1BE，即可得，所以BF2，BCBB1由勾股定理可知CF25，利用正方体性质可知DC平面BCC1B1，BE平面BCC1B1，所以DCBE；又CFBE，CFDCC，CF,DC平面DCF，可知BE平面DCF；由DPBE可知DP平面DCF，又P为四边形BCC1B1内（含边界）的一个动点，所以动点P的轨迹为平面DCF与四边形BCC1B1的交线，即为CF，因此可得动点P的轨迹长度为CF25.故选：B10.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC,AC2,BC1,AA12，点D在棱AC上，点E在棱BB1上，下列结论中不正确的是（）2A.三棱锥EABD的体积的最大值为3B.点E到平面ACC1A1的距离为12C.点D到直线CE的距离的最小值为515D.A1DDB的最小值为25【答案】D【解析】【分析】根据锥体的体积公式判断A；根据直三棱柱的性质，结合ACBC，可得BCACC1A1，进而判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质即可判断C；将VABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交AC于点D，此时A1DDB取得最小值，进而利用勾股定理求出距离最小值，即可判断D.【详解】在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，对于A：因为点E在棱BB1上，BB1AA12，所以BE0,2，又ACBC，AC2,BC1，点D在棱AC上，11所以AD0,2，SABDADBCAD0,1，2212所以VBES，EABD3ABD3当且仅当D在C点、E在B1点时取等号，故①正确；对于B：在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，则BCACC1A1，又点E在棱BB1上，所以点E到平面ACC1A1的距离，即为BC1,故B正确；对于C：如图建立空间直角坐标系，设Da,0,0，E0,1,c，a,c0,2，C10,0,2，所以C1Da,0,2，C1E0,1,c2，所以点D到直线C1E的距离为2222CDCE22c224c2dCD11a4a4，12CE2c211c21当c2时，da242，112当0c2时，0c24，即2，c2441615011则2，即15，c242c224c2161625所以当取最大值，且a20时，d4，c2215min5525即当D在C点，E在B点时，点D到直线C1E的距离的最小值为，故C正确；5对于D：如图将VABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交AC于点D，此时A1DDB取得最小值，因为A1C1CC12，BC1，所以BC13，所以22，A1BA1C1BC113即A1DDB的最小值为13，故D错误.故选：D.二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.）11.已知向量a2,5,4，b6,0,x，若ab，则x______.【答案】3【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示计算即可.【详解】因为a2,5,4，b6,0,x，ab，所以ab26504x0，解得x3.故答案为：3.12.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则点C1到直线BD1的距离为______.6【答案】3【解析】【分析】连接BC1，利用等面积法可求点C1到直线BD1的距离.【详解】连接BC1，由正方体ABCDA1B1C1D1，可得C1D1平面CBB1C1，因为BC1平面CBB1C1，所以C1D1^BC1，因为正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，所以可得2222，BC1112,BD11(2)3设点C1到直线BD1的距离为d，1111由SBDdBCCD，可得3d21，BC1D12121112266解得d，所以点C1到直线BD1的距离为.336故答案为：.313.如图，60的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB4，AC6，BD8，则CD的长为__________【