2024年北京十一學(xué)校高二（上）10月月考數(shù)學(xué)試題及答案

2024北京十一學(xué)校高二10月月數(shù) 學(xué)4150分.120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.第一部分（選擇題共40分）10440分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).1.已知集合A，B2,，那么集合AB等于（ ）A.

B.

C.2,

D.0,1,2某校為了解學(xué)生關(guān)于校本課程的選課意向，計(jì)劃從高一、高二這兩個(gè)年級(jí)共500名學(xué)生中，采用分層樣的方法抽取50人進(jìn)行調(diào)查．已知高一年級(jí)共有300名學(xué)生，那么應(yīng)抽取高一年級(jí)學(xué)生的人數(shù)為（ ）A.10 B.20 C.30 D.40不等式x（x－1）＜0的解集為（ ）.{0x}C.{∣x0x

B.{1x}.{x1x3624.在△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，則b＝（ ）362222

2

2

45.sin15cos15（）14

4

12

2向量a，b在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示．若網(wǎng)格中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，則ab（ ）2A.2 B. 5 C.22

D.3如圖，在長(zhǎng)方體OABC中，OA4，OC6，2，點(diǎn)P是的中點(diǎn)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（ ）A.(2,6,2) B.4,2) C.(4,6,2) D.(6,ab8.已知a0,b2,b的夾角為abab

a//b C.

D.cos1212如圖，空間四邊形OABCOAaOBbOCcM在OA上，且OM3OAN為2BC中點(diǎn)，則MN等于（ ）1a1a1b1c2 2 2

B.

2a2a1b1c2a2a2b1c3 3 2

D.2a2b1c3 3 2在棱長(zhǎng)為1ABCDEFGBCH在平面EFG內(nèi)，且DH1.則下列說法正確的是（ ）HDHFG相交HDHEFGBHEFGπ1 3EFG323第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分已知向量am,3，b2,6.若a∥b，則實(shí)數(shù)m.12.sin13cos32cos13sin32.已知 ABC中，A45,AB22,AC3，那么BC等于 .ABCAB12D與C1D所成角的余弦值為 ．ABCDESSAABCDABCDDE∥SA，SAAB2DE2MNBCSBQDC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（D，C，則下列法正確的是 存在點(diǎn)QNQSB；存在點(diǎn)Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60；三棱錐QAMN2；3當(dāng)點(diǎn)QD向CDC與平面QMN所成的角逐漸增大.三、解答題：本大題共6個(gè)小題，共85分.應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.fxAsinxπf01. 6 求A；fx的最小正周期；fxx的值.在 ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a2，c3，B1.4求b的值；求sinC的值；求 ABC的面積.ABCCACB1BCA902，NA的中點(diǎn).BN；所成角的余弦值.ABCDAD12，EAB的中點(diǎn).；E的距離；夾角的余弦值.PABCDPAABCDADCDAD//BCPAADCD2，BC3.EPDFPCPF

1.3CDPAD；PCAEF所成角的正弦值；PB上是否存在點(diǎn)G，使得AEF、GPG的值；如果不存在PB說明理由.2已知Ω是棱長(zhǎng)為2

的正四面體ABCD，設(shè)Ω的四個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離所構(gòu)成的集合為M，若M中元素的個(gè)數(shù)為k，則稱為Ω的k階等距平面，M為Ω的k階等距集.若為Ω11階等距集為a的所有可能值以及相應(yīng)的的個(gè)數(shù)；為Ω4階等距平面，且點(diǎn)ABCD的兩側(cè).若Ω4階等距集為b,2b,3b,4b，其中點(diǎn)A到的距離為b，求平面BCD與夾角的余弦值.參考答案第一部分（選擇題共40分）10440分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).【答案】A【分析】由交集定義可直接求得結(jié)果.【詳解】由交集定義知：A B2.故選：A.【答案】C【分析】根據(jù)分層抽樣的定義求出相應(yīng)比例，進(jìn)而得出結(jié)果.【詳解】解：因?yàn)楦咭荒昙?jí)共有300名學(xué)生，占高一、高二這兩個(gè)年級(jí)共500名的3003，500 5則采用分層抽樣的方法抽取50人中，應(yīng)抽取高一年級(jí)學(xué)生的人數(shù)為50330人.5故選：C.【答案】A【分析】根據(jù)一元二次方程的兩個(gè)根，解得一元二次不等式的解集.xx100,1，xx10的解集為x0x故選：A【答案】C【分析】利用正弦定理直接求解【詳解】由正弦定理

asinA

bsin

basinBsinA

4 3622622故選：C【答案】A【分析】由正弦函數(shù)的二倍角公式即可求解.【詳解】由題意得sin15cos151sin301，故A正確.2 4故選：A.【答案】B【分析】運(yùn)用坐標(biāo)計(jì)算向量的模.aa,,b,2ab,,ab 2225故選：B.【答案】A【分析】根據(jù)題意，結(jié)合空間直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)的寫法，結(jié)合中點(diǎn)公式，即可求解.【詳解】由題意，長(zhǎng)方體OABCOA4OC62，B1(462C1(062)，因?yàn)辄c(diǎn)P為B1C1的中點(diǎn)，由中點(diǎn)公式可得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(2,6,2).故選：A.【答案】C【分析】由空間向量的數(shù)量積、模長(zhǎng)、夾角公式可判斷ACD；設(shè)ab，代入解方程即可判斷B.Aab12200120A錯(cuò)誤；12B

ab

，則20，則無解，故B錯(cuò)誤；0a12a122202aab

， ，5b 5b 22025對(duì)于D，cosab2 21，故D錯(cuò)誤.ab 55 5 2故選：C.【答案】B【分析】利用空間向量的線性運(yùn)算法則求解. AN1OA1ABAC1OA1OBOA1OCOA2OA 3 2 3 2 2 3 2 22a1b1c故選：B.【答案】CDFDGFGMDMDFG的最短距離大于1，即可判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)D到平面EFG的距離為

EFn

31，即可判斷B平面n 2OB1HEFGDBEG于點(diǎn)OOB1H

與Rt

全等，所以BHODHOπ，即可判斷ODH1 1 3ODHC；平面EFG被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長(zhǎng)為2，可求截面面積.2【詳解】DFDG

DG

5，F(xiàn)G2

FGMDM，2324所以DM 1，點(diǎn)D到線段FG的最短距離大于1，所以不存在點(diǎn)H，使得直線DH與直線FG相324交，故A不正確；DDADCxyz軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E1，F(xiàn)10，G1，D0,0， 2 2 2 所以EF1,1,1，EG1,1,0，DE1,0,1， 2 2 2

1xy1z0EFn0EGEFn0EGn0

，即

2 2 ，xy0令??=1，則y1，z1，所以n1,1,1，DEFG

DEn

3 23

1DH1H，使得直線2DH平面EFG，故B不正確；因?yàn)镈B11,1,1，所以DB1平面EFG，連接DB1交EG于點(diǎn)O，所以O(shè)為DB1的中點(diǎn)，3DOB1O2，3所以B1HO為直線B1H與平面EFG所成角，DH1，在Rt

中，sin 3，ODH2ODHOB1H所以DHOπOB1H

與Rt

全等，所以BHODHOπ，故C正確；ODH3 1 3ODH延長(zhǎng)GFNENABPPFKJ，KGEJKJKG//EPEJ//GFKJ//PF，平面EFG被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長(zhǎng)為2，2所以截面面積為61 2 633，故D不正確.C.

2 2 4 4第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分【答案】2【分析】利用空間向量平行的坐標(biāo)表示計(jì)算可得m2.ab可知存在實(shí)數(shù)使得ba可得b26am，解得2，可得m2；故答案為：212.【答案】2##122 2【分析】利用兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)求值，即得答案.【詳解】sin13cos32sin32sin45 2，2故答案為：225【答案】5【分析】直接由余弦定理計(jì)算即可.5【詳解】由已知得BC2AB2AC22ABACcosA892223cos455所以BC .55故答案為： .5【答案】104【分析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，求得向量AB和CD的坐標(biāo)，結(jié)合向量的夾角1 1公式，即可求解.AABCACAxx軸，ACyzAxyz，如圖所示：A02B310C2D31,1，1 2 2 1

2 2 AB31AB31CD312所以 , ,2， , ,1，2 2 2 5cos

2 52

10，410則直線AB與CD所成角的余弦值為 ，101 14故答案為：10.415.【答案】134【分析】以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)Q(m,2,0)，根據(jù)NQSB，利用向量的數(shù)量積的運(yùn)算公式，列出方程，求得m的值，可判定A正確；結(jié)合向量的夾角公式，列出方程，可得判定B不正確；連接AQ,AM,AN，設(shè)DQ m，求得S 2mC正確；AMQ 2求得平面MNQ的法向量m(1,2m,3m)，利用向量的夾角公式和二次函數(shù)的性質(zhì)，可判定D錯(cuò)誤.【詳解】以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AS所在的直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示，可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(0,2,1),S(0,0,2)，N(1,0,1),M(2,1,0)，對(duì)于（1）中，假設(shè)存在點(diǎn)Q(m,2,0)(0m2)，使得NQSB，則NQ(m1,2,1),SB(2,0,2)，NQSB2(m20m0，即點(diǎn)QDNQSBA對(duì)于（2）中，假設(shè)存在點(diǎn)Q(m,2,0)(0m2)，因?yàn)镹Q(m1,2,1),SA(0,0,2)，cosNQSA

NQSANQSA

1(m1)2

1，此時(shí)方程無解，2所以不存在點(diǎn)Q使得異面直線NQ與SA所成的角為60，所以B不正確；對(duì)于（3）中，如圖（2）所示，連接AQ,AM,AN，設(shè)DQm(0m2)，AMQSABCD ABM QCM ADQAMQSABCD ABM QCM ADQSSS 2m2m0時(shí)，即點(diǎn)點(diǎn)QDS△AMQ取得最大值2SAABCDNSB的中點(diǎn)，可得點(diǎn)N到平面AMQ的距離為d1SA1，21 所以三棱錐QAMN的體積的最大值為V V 21 ，所以C1 QAMN NAMQ 3 3對(duì)于（4）中，由NQ(m1,2,1),NM(1,1,1)，MNQm(x,y,z)，則mNQ(m)x2yz0，mNMxyz0令x1，則y2m,z3m，所以m(1,2m,3m)，因?yàn)镈C(2,0,0)，設(shè)直線DC與平面MNQ所成的角為,[0,π]，2可得sincosDC,m

DCmDCm

1 12(m5)232 21(2m)212(m5)232 2所以，當(dāng)點(diǎn)QD向Cm的值由0到2sin單調(diào)遞增，此時(shí)D正確.134）.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)撥：求解立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題與存在性問題的策略：1、解答方法：一般時(shí)根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，有時(shí)也可以利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程；2、對(duì)于線面位置關(guān)系的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后再該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設(shè)；3、對(duì)于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在，同時(shí)，用已知向量來表示未知向量，一定要結(jié)合圖形，以圖形為指導(dǎo)思想是解答此類問題的關(guān)鍵.三、解答題：本大題共6個(gè)小題，共85分.應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.（1）2（2）2π2π（3）?2，x 2kπ,kZ2π3【分析】（1）根據(jù)f01，即可求得答案；利用正弦函數(shù)的周期公式，即可求得答案；根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出答案.【小問1詳解】fxAsinxπf01, 6 故Asinπ1,A2；6【小問2詳解】由（1）fx2sinxπfx

2π； 6 1 【小問3詳解】

π π π 2sinx6的最小值為?2x622kπ,kZ，2π即x 2kπ,kZ.2π310（1）b10368（2368（3）3154【分析】（1）根據(jù)余弦定理即得；利用余弦定理可得cosC，然后利用同角關(guān)系式即得.結(jié)合12）.【小問1詳解】因?yàn)閍2,c3,cosB1，4所以b2a2c22acB2232223110，4所以b

10；2詳解】

10a2b2c2 4109102210由余弦定理可得C 22102ab 81cos2C368又C為 ABC的內(nèi)角，所以sin1cos2C368【小問3詳解】S 1absinC12

1036315ABC

2 2 8 418.（1）1（2） 3010（1）律計(jì)算即可；

BNAB1AA2 1BNAB1AA（2）利用數(shù)量積的運(yùn)算律得到A1BB1C，然后求夾角的余弦值即可.【小問1詳解】NCBN1CNCBN1C112AB1AAAAABAC 2 1 1ABABABABAC AA2122121

2cos451222【小問2詳解】A1BB1CAA1ABAA1ABACAA1AA1ABABAC224213，因?yàn)锳BCA1B1C1為直棱柱，所以AA1AB，BB1BC，426415所以 ，426415設(shè)直線A1B與直線B1C所成角為，A1BB1C

3 30所則coscos

B1C

.65 1019（1）（2）1（）22.3 3【分析】0；的法向量，利用點(diǎn)到平面的距離的向量公式代入求解；的法向量，利用法向量求二面角夾角的余弦值.（1）DADCxyz系，0,，E0，，D0,011110110，；（2）0,0，C0,0，0,，E0，AC1,0 1,0,1，EA0,1,0nxyz，則nAC0，即x2y0y,x,z2，nAD0 xz0 1 EAn122EAn12212Ed（3）由（1），

1；3又 AD，，且D1，A1D平面AD1E，A1D1,0,1是平面AD1E的法向量，22nAD 212122cosn,1 ，n311 3平面AD1E與平面ACD1夾角是銳角，22所以平面ADE與平面ACD夾角的余弦值為 .221 13【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題第二問涉及點(diǎn)到平面的距離，1.可以采用等體積轉(zhuǎn)化求解；2.利用向量法，直接代入公式求解；3.幾何法，確定點(diǎn)在平面內(nèi)的射影，或是利用面面垂直，點(diǎn)到交線的距離就是點(diǎn)到平面的距離.（1）證明見解析（2）1（3）PG2.PB 3【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)有PACD，又ADCD，根據(jù)線面垂直的判定即可證結(jié)論；AAEF向量法求線面角的正弦值；PGPBAGAEF一個(gè)法向量垂直，由向量垂直的坐標(biāo)表示求，即可確定結(jié)果.【小問1詳解】由PA平面ABCD，CD平面ABCD，則PACD，又ADCD，PAADA，PA,AD平面PAD，所以CD平面PAD.【小問2詳解】AABCDADxADAPy軸，z軸建立如圖所示的空Axyz，A0,0,0P0,0,2C2,2,0D0,2,0B20， EPDPF1PCE0,1,1F224， 3AF22

333AE0,1,1，

, , ，PC2,2,2，PB2,2，333

AEmyz0 2 2 設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為mx,y,z，則 2 2 AFm x y z0PC,mPCmPCm6233令y1，則x1,zPC,mPCmPCm6233設(shè)直線PC與面AEF所成角為，則有sincos

3 3 3

1，所以直線PC與面AEF所成角的正弦值為1.【小問3詳解】PB上存在點(diǎn)G使AEF、G

，0≤≤1，PGPB22AGAPPG222，若AEF、GAGAEF內(nèi)，AEFm，則有

220，解得2.AGAGm2所以線段PB上存在點(diǎn)G，使得A、E、F、G四點(diǎn)共面，此時(shí)PG2.PB 3（1）答案見解析（2） 42.7【分析】（1）分兩種情況得出a的所有可能值以及相應(yīng)的的個(gè)數(shù)；（2）先根據(jù)已知得出AD:DB1:2,AE:EC1:3,AF:FD1:4