廣東省部分學校2024-2025學年高二年級上冊第一次聯(lián)考數(shù)學試卷（含答案）

廣東省部分學校2024-2025學年高二上學期第一次聯(lián)考數(shù)學試卷

學校：姓名：.班級：考號：

一'選擇題

1.已知￡=（—2,1,3））=（—1,1,1）,若%,0-痛）,則實數(shù)2的值為（）

A.-2B-7D.2

2.p是被長為1的正方體AB。-的底面44G2上一點，則兩?%的取值范

圍是（）

A.-1,-1C.-1,0

B.--,0D.，

4244-2

3.已知向量2=（4,3,-2）石=（2,1,1）,則％在向量B上的投影向量為（）

A3,|,|333333

B.C.D.（4,2,2）

254544,252

4.在棱長為2的正方體ABCD-中,E尸分別為棱刈/耳的中點,G為棱44

上的一點，且AG=X（O<；l<2）,則點G到平面AEE的距離為（）

C九D.拽

A.BBA/2

335

5.已知四棱錐P-ABCD,底面A3CD為平行四邊形，M,N分別為棱3C,PD上的

點，型=工，PN=ND.設(shè)K=a,AD=b,AP=c,則以｛a,仇c｝為一組基表示

CB3

鋼為（）

C.a--b+-cD.-a--/?+-c

32623262

6.在四面體OABC中，空間的一點M滿足而函+工礪+2阮.若沃，旃，碇共

46

面，則x=（）

A.lB.lC.—D.—

231212

7.已知向量￡=（lT,2f—1,0）石=（2/,小則欠―@的最小值為（）

A.75B-76C.血D.73

8.“長太息掩涕兮,哀民生之多艱”，端陽初夏，粽葉飄香，端午是一大中華傳統(tǒng)節(jié)日.小瑋

同學在當天包了一個具有藝術(shù)感的肉粽作紀念,將粽子整體視為一個三棱錐，肉餡可近似

看作它的內(nèi)切球（與其四個面均相切的球，圖中作為球。）.如圖：已知粽子三棱錐

尸-ABC中,===/、/分別為所在棱中點,。、E分別為所在棱

靠近P端的三等分點，小瑋同學切開后發(fā)現(xiàn),沿平面CDE或平面HU切開后，截面中均恰

好看不見肉餡.則肉餡與整個粽子體積的比為（）.

A2g口白02石口也

八----71a71u---------71u71

9182754

二、多項選擇題

9.如圖，在棱長為2的正方體ABC。-AgGA中，石為8耳的中點方為4功的中點，如圖

所示建立空間直角坐標系，則下列說法正確的是（）

B.向量凝與B所成角的余弦值為W

C.平面AER的一個法向量是（4,-1,2）

D.點R到平面AER的距離為

21

10.在正三棱柱ABC-A與G中，A3="，點P滿足

BP=ABC+piBB^e[0,1],//e[0,1]）,則下列說法正確的是（）

A.當4=1時，點P在棱8月上

B.當〃=1時，點P到平面ABC的距離為定值

C.當4=；時，點P在以BC,用G的中點為端點的線段上

D.當4=1,〃=；時，A3,平面AB/

11.布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達?芬奇方磚在正六邊形上畫了具有視覺

效果的正方體圖案，如圖1,把三片這樣的達?芬奇方磚拼成圖2的組合，這個組合再轉(zhuǎn)換

成圖3所示的幾何體.若圖3中每個正方體的棱長為1,則（）

^CG=2AB+2A\

B.直線CQ與平面A31G2所成角的正弦值為I"

C.點G到直線CQ的距離是更

3

D.異面直線CQ與3。所成角的余弦值為由

6

三、填空題

12.正三棱柱ABC-A4G的側(cè)棱長為2,底面邊長為1,航是3C的中點.在直線CG上求

一點N,當CN的長為時，使MN1ABt.

13.四棱錐p—ABCD中,PD_L底面A3CD,底面ABCD是正方形，且p￡)=L=3/是

△ABC的重心，則PG與平面外。所成角0的正弦值為.

14.坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素.安裝燈帶可以勾勒出建筑

輪那,展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩

個面是全等的等腰三角形.若AB=25m,=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所

在平面與平面ABCD的夾角的正切值均為恒，則該五面體的所有棱長之和為

四、解答題

15.如圖，在長方體ABCD-A4G2中,40=9=1，AB=2,點E在棱A3上移動.

ac

AEB

(1)當點E在棱A3的中點時,求平面DXEC與平面DCA所成的夾角的余弦值；

(2)當AE為何值時，直線4。與平面9EC所成角的正弦值最小，并求出最小值.

16.如圖所示，直三棱柱ABC-4旦。中,C4=CB=1,ZBCA=90。，人4=2,M,N分別是

44,AA的中點.

(1)求3N的長；

⑵求cos麗，函的值.

(3)求證：平面GMN.

17如圖，在四棱維P-ABCD中，平面PAD±平面

ABCD，PALPD，PA=PD，AB^AD，AB=1，AD=2，AC=CD=6

（1）求直線與平面PCD所成角的正切值；

（2）在期上是否存在點M使得〃平面PC。?若存在，求4"的值;若不存在,說明理

AP

由.

18.如圖1,在邊長為4的菱形ABCD中,/DW=60。，點M,N分別是邊BC,CD的中

點,3。=9,ACC\MN=G.沿將△QVW翻折到APMN的位置，連接PA,PB,PD,

（1）在翻折過程中是否總有平面PfiO,平面B4G?證明你的結(jié)論；

（2）若平面平面MNDB,線段PA上是否存在一點。，使得平面QDN與平面

所成角的余弦值為巫？若存在，試確定點。的位置;若不存在,請說明理由.

13

19.如圖，四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是菱形，PA1_平面

ABCD,ZABC=6Q°,PA=-AB=1,E,F分別是線段BD和PC上的動點，且

2

變="=2（。＜注1）.

BDPC''

BMC

（1）求證:EFU平面PAB;

（2）求直線與平面PBC所成角的正弦值的最大值；

（3）若直線AE與線段BC交于M點,A"工于點”,求線段CH長的最小值.

參考答案

1.答案：c

解析：?.?向量2=(—2,1,3),3=

若a_L(a-Ab)，

則a-{a-Ab)=a-2a-&=(4+1+9)-2(2+1+3)=05

3

故選:C.

2.答案：B

解析：如圖，以點D為坐標原點。4,DC所在直線分別為x,yz軸，建立空間直角坐標

則41,0,。),。1(0,1,1),設(shè)？(匹％2)，04％41,0＜?。?，2=1，

PA=(l-x,-y,-l),Pq=(-x,l-y,0),

12

PA-PC1=-x(l-x)-y(l-y)=x-x+y-y=+(y

當x=y=工時,PA-PC,取得最小值-工，

212

當％=0或l,y=0或1時，雨.所取得最大值0,

所以兩.冗*的取值范圍是1-L。.

1L2

故選:B.

3.答案：A

解析：向量￡在向量B上的投影向量為

4w獷

故選:A.

4.答案：D

解析：以。為坐標原點,。4所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,。2所在直線為z軸,

建立如圖所示的空間直角坐標系,

則G（2,42）,%（0,0,2）,E（2,0,l）,F（2,2,1）,

所以西=（一2,0,1）,麗=（0,2,0）,詼=（0,九1卜

n-ED1=—2x+2=0

設(shè)平面D.EF的法向量為n=(%,y,2),則＜

n,EF=2y=0

取％=1,得n—（1,0,2%

IEG-n|o7/5

所以點G到平面DXEF的距離為d==-￡=±|±

故選:D.

5.答案：D

解析：MN=MC+W+DN=-AD-AB+-DP

32

=-AD-AB+-（AP-AD）=-AB--AD+-AP,

3262

^MN=-a--b+-c,故選D.

6.答案：D

解析：在四面體。中，函，無，灰不共面，而而'=工函+工礪+2區(qū),

46

117

則由加，痂，就%+%+4=1，所以人日

故選:D

7.答案：C

解析：因為￡=(1-2-1,0)石=(2/,小

所以忸_@=^/(1+/)2+(1-/)2+/2=,3/+2>V2，

當/=o時，等號成立，故B-q的最小值為V2?

故選:C.

8.答案：B

解析：如圖所示，取A3中點為R,pwn￡>E=G,

為方便計算,不妨設(shè)PF=CF=1,

由B4=P5=AB=AC=5C，可知

3

又。、E分別為所在棱靠近P端的三等分點，

則FG=—PE=—,

33

且ABLP尸,ABLCN、PFCCF=F,PF,CFu平面PCF,

即AB,平面PC￡

又ABu平面ABC,則平面PCF_L平面ABC,

設(shè)肉餡球半徑為r，CG=x，

由于“、I、J分別為所在棱中點，且沿平面H〃切開后,截面中均恰好看不見肉餡,

則P到。歹的距離〃=4廠411//￥4=且=4廠，5?%=!」.2.4廠=匕,

PFAGFC233

又ZGFC=[l+]+x：i,解得：x=L

141

故2.產(chǎn)+心一『工」

2CFFG0123

Z,1—

3

XCQSZPFCPF2+CF2-PC21+1-PC21

=2PFCF=2-1-1=3

解得PC二空,sinZPFC=巫

33

所以：sin/WC=^=?'解得「點‘唳焦兀'

由以上計算可知:P-ABC為正三棱錐,

故小=LS.C￡空遞電4母_2娓

A-d=--ABACsmZBAC-4r=-

4753ZA/LDC

3232332627

也無

所以比值為空二=3

兀.

巫18

~TT

故選:B.

9.答案：BCD

解析：由題可知,A（2,0,0）,D（0,0,0）,E（2,2,1）,F（1,0,2）,4（2,2,2）,Q（0,2,2）,

所以。g=722+22+22=273，故選項A錯誤;

_,__,_..AEAC蕙君二^，故選項B正

荏=（0,2,1）,蒲'=（-2,2,2%所以cosAE,AG=鬲扃

確;

AE=（0,2,1）,AF=（-1,0,2），記5=（4,—1,2）,

則荏4=0‘通4=0’故在工加通

因為AE「AF=AAE,AFu平面AEE

所以1=(4,-1,2)垂直于平面AEf故選項C正確;

DA=(2,0,0)，所以點。到平面AEF的距離d=智=/==酒，故選項D正確；

nV2121

故選:BCD

10.答案：BCD

解析：當4=1時，互=〃函，故點P在CG上，故A錯誤；當〃=1時，因

2G[0,1],故點P在棱用G上，因為4G〃平面ABC，所以點尸到平面ABC的距離為

定值，故B正確；當X=g時，取6C的中點。，5c的中點E,則麗=麗+〃甌，

即加=〃函，又4W0,1],故P在線段0E上，故C正確；當4=1,〃時，點P

為CG的中點，連接4E，BE,因為3c=5耳，易證用P,A.ELB.P,從而可

得用平面AEB,從而可得用又43,A耳，從而得到平面A37，

故D正確.故選BCD.

11.答案：BC

解析：A選項，以A為坐標原點，力X，荏,題所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標

系，

則A(0,0,0),5(0,1,0),A(0,0,1),G(-1,-1,2),g(0,-l,2),C(-l,l,0),

4(O,1,1)，G(-1,1,1),0(-1,0,0),

CG=(O,-2,2),AB=(O,l,O),A4^=(O,O,l),

則2AB+2麗=(0,2,0)+(0,0,2)=(0,2,2)CG,A錯誤；

B選項，平面45012的法向量為菊=(0,0,1),

詼=(0,-1,2)-(-1,1,0)=(1,-2,21設(shè)直線CQ與平面44G2所成角的大小為。，

則sin8=|cosCQ,ml=昌胃=I。,-”,（。，。/）|=2,B正確；

11闋網(wǎng)A/1+4+43

c選項，不=（0,0,1）,

點G到直線CQ的距離為

(_______\2

［（0,0,1）.（1,-2,叫_『JW_6CTF確:

d二因，

、Jl+4+4Jy\3J3

D選項，麗=（—1,0,0）—（0,1,0）=（-1,一1,0%

設(shè)異面直線。。與3。所成角大小為a,

摩西|（l，-2,2）.（TT0）|卜1+2+0|=痣/錯誤

則cosa=|cosce,fip|

A/1+4+4xJ1+1+03-\/26

故選:BC

12.答案：1/0.125

8

解析：取BC的中點為連接腦%,AM,

由正三棱柱性質(zhì)可得AM_LMM］，3M，,24M_L，

因此以M為坐標原點，以AM,3跖M/所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標

系,如下圖所示:

0,—,2j,A/（0,0,01設(shè)CN的長為〃，且a>0,可得N（0,一耳,Q

、

易知兩=[o,f函=[319

，，

（22./

7

若MNLAq,則加.麗=—+2a=0,解得a=L

228

所以當CN的長為g時，使MN±ABV

故答案為」

8

13.答案：-

3

解析：因為PD,底面A3CD,底面A3CD是正方形，

所以DADCDP兩兩垂直，以。為坐標原點，麗，反，加的方向分別為x,yz軸的正方向,

建立如圖所示空間直角坐標系,

則￡>（0,0,0）,P（0,0,1）,4（3,0,0）,B（3,3,0）,C（0,3,0），則重心G（2,2,0）,

因而PG=（2,2,—1）,ZM=（3,0,0）,OP=（0,0,1）,

設(shè)平面PAD的一個法向量為五=（%,y,z）,

則竹上=3，=。,令y=i則浣=（o」,O）,

m?DP=z=0

I/_________vIm-PG92

貝！Jsin。=cos（m,PG）\=T—n——T=--二—，

?\/I郵羽1x33

故答案為:2.

3

14.答案：117m

解析：如圖，過E做￡OJ_平面A3CD,垂足為。，過E分別做EG_L5c，即/_LAB，垂足分

別為G,M,

連接OG0M,

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為㈤川和

/EGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=—?

5

因為EO，平面ABCD,BCu平面ABCD,^以EOLBC，

因為石6,5。4。,或?匚平面EOG,EOC\G=E,

所以BC,平面EOG,因為OGu平面EOG,所以BC_LOG，

同理又W_LBG，故四邊形OMBG是矩形，

所以由3。=10得OM=5,所以石0=疝\所以O(shè)G=5，

所以在直角三角形EOG中,EG=NEO?+OG?=7（714）2+52=底

在直角三角形EBG中,5G=Q0=5，EB=1EG?+BG?=7（A/39）2+52=8，

又因為EF=AB—5-5=25-5-5=15，

所有棱長之和為2x25+2x10+15+4x8=H7.

故答案為：U7m

15.答案：（1）逅

6

(2)當AE=2時，直線4。與平面所成角的正弦值最小，最小值為半

解析：(1)以。為坐標原點,DA,DC,。。1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角

坐標系，

當點E在棱A3的中點時，則D](0,0,1),E(l,l,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A(l,0,0),

則=(-1,-1,1),EC=(-1,1,0)，DA=(1,0,0)，

設(shè)平面2EC的一個法向量為]=(X,y,Z),

n-ED=-x-y-^-z=0人皿

則ntI｛____x，令％=1,則y=1,2=2，

n-EC=一元+y=0

所以平面A5C的一個法向量為石=(1,1,2),

又平面0cA的一個法向量為DA=(1,0,0)，

所以cos南廣旦--i-—西

|DA-|n|V1+1+4X16

所以平面D[EC與平面OCR所成的夾角的余弦值為逅;

6

(2)設(shè)AE=加，

則R(0,0,1),E(l,m,0),C(0,2,0),D(0,0,0)，A(1,0,1),

則西=(―1,—加,1),反=(―1,2—根,0),(0〈根<2),函=(1,0,1),

設(shè)平面REC的一個法向量為［=(%,%z)，

r/〃?ER=-x-my+z=。人

貝！____，令y=1,貝!Jx=2—根,z=2,

n-EC=—x+(2—m)y=0

所以平面QEC的一個法向量為3=(2-m,1,2),

設(shè)直線4。與平面AEC所成的角為0,

1n

則sin6=,四=|2-二1_=4-m,

\n\-\D\\^/(2-z??)2+1+4x71+1,2(2—機)2+10

令4—m=/e[2,4],

則sin'=

當/=2時,sin。取得最小值，最小值為叵.

5

16.答案：（Dg

⑵叵

10

⑶證明見解析

解析：（1）如圖，建立以點。為坐標原點,C4、CB、eq所在直線分別為x軸、y軸、z軸

的空間直角坐標系.

依題意得5(0,1,0),N(l,0,1),

.?.網(wǎng)=7(1-0)2+(0-1)2+(1-0)2=73；

(2)依題意得,A(1,0,2),5(0,1,0),C(0,0,0),4(0,1,2),

.?.研=(1,-1,2),圓=(0,1,2),明.匈=3，|阿卜"，|國卜君,

…M函3730

所以cos網(wǎng)=記；

(3)證明：G(0,0,2),8(0,1,0),N。,0,1),M(,g,21.

?-?QAf=^pO^,QV=(l,0,-1),ffiV=(l,-1,1),

——■—?11

.-.C1M-BN=-xl+-x(-l)+lx0=0,

CpV-?V=lxl+0x(-l)+(-l)xl=0，

：.QM±BN,QN±BNQM±BN,C.N1BN,

又C.Mu平面C[MNCNu平面GMN,QMQQN=￡,

.?.5N_L平面GMN.

17.答案：(1)也

2

（2）存在點M,使得BMH平面PCD.—=1.

AP4

解析：（1）取AD的中點為。，連接尸QC。，

因為上4=PD，所以POJ_AD,又平面RLDJ_平面A3CD,

平面PAD門平面ABCD=AD,POu平面PA。，

所以PO，平面A3CD,又A。=CD，所以CO，AD，

以，^0,4￡）=2，所以。。=1，4。=。。=石，所以09=2,

所以以。為坐標原點，分別以O(shè)COAOP所在的直線為x,yz軸建立空間直角坐標系,

P（0,0,l）,C（2,0,0）,A（0,l,0）,B（l,l,0）,D（0,-l,0）,

所以定二（2,0,—1）,而=（0,-1,—1）,而=（1,L—1）,

設(shè)平面PCD的一個法向量為m=（x,y,z）,

EIPC-m=0[2x-z=0人訕c

則4,一],々x=1，則z=2，y=—2,

PD-m=0〔一y—z=°

所以蔡=（1,—2,2）,

設(shè)直線PB與平面PCD所成角為6，

I--------I\m-PB\11-2-21G

11\^PB\耶乂也3

所以cosd=、Q=^，所以tan*克，

V332

所以直線PB與平面PCD所成角的正切值正.

2

（2）在以上存在點M使得麗=丸而（0WXW1）,

所以西=（0,1,-1）,所以兩=XPA=（0,2,-2）,

所以/（0,41-；1）,所以麗=（—1,；1一1,1—/1）,

因為平面PCD,所以詢±肩，

即一1—2（2—1）+20—2）=0,解得;1=；,

所以存在點M使得BMH平面PC。,此時史《=1.

AP4

18.答案：（1）總有平面平面朋G,證明詳見解析

（2）存在，。是心的靠近尸的三等分點,理由見解析.

解析：（1）折疊前，因為四邊形ABCD是菱形，所以ac_LBO，

由于分別是邊BC,CD的中點，所以MN//BD,

所以MVLAC，

折疊過程中，肱V，GP，MV，GA，GOCGA=G,GP,GAu平面PAG,

所以MV_L平面P^G,

所以BD,平面以G

由于BDu平面PBD,所以平面平面hG.

（2）存在，理由如下：

當平面PMN1,平面MNDB時，由于平面PMNR平面MNDB=MN，GPu平面

PMN，GP±MN，

所以GPL平面MND氏由于AGu平面所以GPLAG，

由此以G為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，

依題意可知P（0,0,@,0（百,-2,0）,8（點2,0）,N（0,-1⑼，麗=（6,2,,

A（3百,0,0）,麗=（3百,0,—石），

設(shè)P2=2^4（O<A<1）,則

Ge=GP+P2=GP+2PA=（0,0,V3）+（3^2,0,-^2）=（3V32,0,V3-V32）,

平面PMN的法向量為I=（1,0,0）,

雙=（3房-石,2,若—融），麗=卜瘋叫,

設(shè)平面QDN的法向量為E=（X2，%，Z2），

%,DQ=卜/+2%+-Z[=0

則

n2-DN=-百4+%=0

故可設(shè)點=（X--百,32+1）,

設(shè)平面QDN與平面PMN所成角為0，

由于平面QON與平面PMV所成角的余弦值為H,

13

八?%\A~L\

所以COS0=|一“一|-/2

\n\rAJ(2-1)2+(A/32-A/3)+