精品解析：浙江省温岭市新河中学2024-2025学年高二上学期阶段性考试数学试题

温岭市新河中学2024学年第一学期阶段性考试 高二数学试题卷 一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分） 1. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，等于（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，若，，三向量共面，则实数λ等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 若向量（x，4，5），（1，﹣2，2），且与的夹角的余弦值为，则x＝（　　） A. 3 B. ﹣3 C. ﹣11 D. 3或﹣11 5. 已知空间四面体中，对空间内任一点，满足，则下列条件中能确定点共面的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在直三棱柱中，AB＝BC，，若棱上存在唯一一点P满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 7. 如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ） A B. 存点，使平面 C. 存在点，使直线与所成角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 10. 已知三棱锥，M，N分别是对棱、的中点，点G在线段上，且，设，，，则__________．（用基底表示） 11. 如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为_________． 12. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为______. 13. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________． 四、解答题（本题共3小题，共32分） 14. 已知，，，，，求： （1），，； （2）与夹角的余弦值. 15. 如图所示，平行六面体中，，. （1）用向量表示向量； （2）求. 16. 如图，在梯形ABCD中，，，，现将△ADC沿AC翻折成直二面角. （1）证明：； （2）记△APB的重心为G，若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，在侧面PBC内是否存在一点M，使得平面PBC，若存在，求出点M到平面PAC的距离；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 温岭市新河中学2024学年第一学期阶段性考试 高二数学试题卷 一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分） 1. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量的加减结合相反向量的运算可得答案. 【详解】 故选：A 2. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果. 【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知， 关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数， 所以点关于原点对称的点的坐标为. 故选：D 3. 已知，，，若，，三向量共面，则实数λ等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，存在实数使得，列出方程组，即可求解. 【详解】若向量，，共面，则，其中， 即， 所以， ∴解得 故选：A. 4. 若向量（x，4，5），（1，﹣2，2），且与的夹角的余弦值为，则x＝（　　） A. 3 B. ﹣3 C. ﹣11 D. 3或﹣11 【答案】A 【解析】 【分析】利用数量积运算性质、向量夹角公式即可得出． 【详解】∵x﹣8+10＝x+2，，3． ∴， 则x+2＞0，即x＞﹣2， 则方程整理得x2+8x﹣33＝0， 解得x＝﹣11或3． x＝﹣11舍去， ∴x＝3 故选A． 【点睛】本题考查了数量积运算性质、向量夹角公式，考查了计算能力，属于基础题． 5. 已知空间四面体中，对空间内任一点，满足，则下列条件中能确定点共面的是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量基本定理易求得的值. 【详解】由，因四点共面,由空间向量基本定理可知，需使，解得. 故选：B. 6. 如图，在直三棱柱中，AB＝BC，，若棱上存在唯一的一点P满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设，构建空间直角坐标系，令且，求出，，再由向量垂直的坐标表示列方程，结合点P的唯一性有求参数a，即可得结果. 【详解】由题设，构建如下图空间直角坐标系，若，则，，且， 所以，，又存在唯一的一点P满足， 所以，则，故，可得，此时， 所以. 故选：D 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 7. 如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义分别求解即可. 【详解】因为E，F分别是AB，AD的中点，所以， 所以，A正确； ，B正确； ，C正确； ，D错误． 故选：ABC. 8. 已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】求出的坐标，根据向量共线，设，结合可得的值，进而可得的坐标，设，列方程组即可求解. 【详解】因为，，所以， 因为，所以可设， 因为，解得： 所以或， 设点，则， 所以或，解得或， 所以点的坐标为或， 故选：AB. 9. 如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可. 【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴 建立空间直角坐标系，设，则，，， ，，，； 由是棱上的动点，设，， 因为，，所以， 即，故A正确； 当为中点时，是的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确； ，，若存在点， 使直线与所成的角为， 则， 化简得，无解，故C错误； 由题意可知：点到平面的距离， 为平面的法向量，所以点到平面的距离为， 所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 10. 已知三棱锥，M，N分别是对棱、的中点，点G在线段上，且，设，，，则__________．（用基底表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示结合条件即得． 【详解】∵， ∴， 又M，N分别是对棱、的中点，，，， ∴ . 故答案：. 11. 如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标表示，再求的长的最小值． 【详解】因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以两两垂直. 过点M作，垂足分别为G，H，连接，易证. 因为，所以 以B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以 当，的长最小，且最小值为． 故答案为：． 12. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且方向向量为的直线的方程，则点到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到直线过点，且方向向量为，又由，得到，进而求得点到直线的距离. 【详解】由题意，直线过点，且方向向量为， 又由，可得，可得， 所以，又由， 所以点到直线的距离为. 故答案为：. 13. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】应用空间向量法计算已知面面垂直即法向量垂直即可求参. 【详解】如图，以A为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， ∴ 则， 若是平面的一个法向量， 则 可得， 若是平面的一个法向量， 则可得 由平面平面，得， 即， 解得． 故答案为：. 四、解答题（本题共3小题，共32分） 14. 已知，，，，，求： （1），，； （2）与夹角的余弦值. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）由空间向量共线、垂直的条件求解； （2）由向量的夹角公式计算． 【小问1详解】 ，则，解得， ， 又，则，， ； 【小问2详解】 由（1），， 设与夹角为，则． 15. 如图所示，平行六面体中，，. （1）用向量表示向量； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图形，利用向量的几何运算，即可求出结果； （2）根据条件，利用向量数量积的运算及定义，即可求出结果. 【小问1详解】 如图， 【小问2详解】 因为，，， 所以 , 又， ， 所以. 16. 如图，在梯形ABCD中，，，，现将△ADC沿AC翻折成直二面角. （1）证明：； （2）记△APB的重心为G，若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，在侧面PBC内是否存在一点M，使得平面PBC，若存在，求出点M到平面PAC的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】(1)如图，取的中点，连结，根据题意可得，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质即可证明； (2)如图，取的中点，连结，由题意以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示出各点和线段的坐标，利用异面直线夹角的向量法得出的值，进而得到重心坐标，假设在侧面PBC内存在一点M， 设，利用线面垂直的性质求出，即可得出结果. 【小问1详解】 取的中点，连结. ∵，，∴，，∴四边形是平行四边形， ∴，∴，∴，即， 又平面平面，且两平面的交线为，∴平面， 又平面，∴. 【小问2详解】 取的中点，连结，则. ∴，且，∴，，两两互相垂直. 以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系. 设，则，，，， ∴，. 由异面直线与所成角的余弦值为，得， 解得.所以A(-1，0，0)，B(1，，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)， 所以重心G， 假设在侧面PBC内存在一点M， 设，得， 由平面PBC，得，所以， 所以存在点M，此时点M到平面PAC的距离为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$