精品解析：山东省广饶县第一中学二校区2024-2025学年高二上学期暑期第四次测试数学试题

广饶一中二校区66级暑期第四次测试数学试题 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意） 1. 已知空间向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直列方程即可求出m. 【详解】因为空间向量，，且， 所以，解得：. 故选：B 2. 已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设平面内任意一点，由题意，由此可得，对比选项即可得解. 【详解】设平面内任意一点，则，平面的一个法向量为 所以，整理得， 而，，，， 所以对比选项可知只有在平面内. 故选：C. 3. 已知向量，，，若向量与向量，共面，则实数的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共面得到，代入数据得到方程组，解得答案. 【详解】向量与向量，共面，不共线，则， 即，故，解得. 故选：C. 4. 如图，在四面体中，，，，点在棱上，点在棱上，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用空间向量的运算法则计算得到答案. 【详解】. 故选：B. 5. 若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量，再利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】解：分别以PA，PB，PC所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1).. 设平面ABC的一个法向量为，由得：. 令，则.则平面ABC的一个法向量为.所以点P到平面ABC的距离. 故选：. 【点睛】本题考查空间中点到平面的距离，关键考查运算能力，属于基础题. 6. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的运算性质和定义，结合投影向量进行求解即可. 【详解】因为空间向量，， 所以向量在向量上的投影向量为： ， 故选：C 7. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，求出，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点O,连接如图以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 又分别为母线的中点，所以， 则， 设异面直线和所成角为， 则， 又因为，所以. 故选：C. 8. 已知空间向量两两夹角均为，且.若向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取一个三棱锥，用其棱表示对应的向量，结合题中所给的条件，将相应的边长求出，之后应用空间向量运算法则，表示出对应的结果，从而判断出取最值时对应的情况，求值即可. 【详解】 取一三棱锥，， 且，，所以， ， 设， 因为，所以，即， 所以在以为直径的球上，球半径为，设球心为， 又由同理可知在以为直径的球上，球半径为，设球心为， 球心距，所以两球相交，即点与点可以重合， 又， 所以. 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知空间中三点，，，则（    ） A. B. 与夹角的余弦值是 C. 直线的一个方向向量是 D. 平面的一个法向量是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的空间点的坐标，结合空间向量运算逐项分析计算作答. 【详解】由，，， 得， 对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，因为， 所以向量与平行， 所以直线的一个方向向量是，故C正确； 对于D，因为，所以不共线， 设， 则， 所以， 所以是平面的一个法向量，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】 对于A，连接，，，， 平面，，同理，，，直线平面，故A正确； 对于B，∥，平面，平面，∥平面， 点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故C错误； 对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题. 11. 如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的表面积为 B. 若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为 D. 的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断； 对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断； 对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断； 对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得. 【详解】连结OB. 在三棱锥中，，，. 所以,,且,. 所以，所以. 又因为，所以面ABC. 可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，，所以,,,. 对于A：在三棱锥中，，，， 所以底面三角形为直角三角形，其面积为； 为边长为2的等边三角形，所以面积为； 和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为； 所以三棱锥的表面积为.故A正确； 对于B：为棱的中点，所以,所以,. 所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确； 对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） . 所以. 设为面PAM的一个法向量，则， 不妨设y=1，则 .因为与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得：取，则 显然，面PAC的一个法向量为. 设二面角的平面角为，所以， 所以. 故C错误； 对于D: 如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面. 当M与B重合时，； 当M与C重合时，最大； 连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小. 此时，，所以. 由余弦定理得： . 所以的取值范围为. 故D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何题目的解题策略： (1)证明题：几何关系的证明，用判定定理； (2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用距离公式可得关于的方程，解方程后可得的坐标. 【详解】依题意，设， 因为，，， 所以，解得， 所以． 故答案为：. 13. 在三棱锥中，.记的中点为的中点为，则异面直线与的夹角的余弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出中的长度，同理可求的长度，根据余弦定理可求线线角的余弦值. 【详解】先证明一个结论：中，若为的中点，则. 证明： 由余弦定理可得， ， 而，， 故. 在三棱锥中，连接，取的中点为，连接， 在中，，， 故，即即. 同理，，， 因为，故且， 故或其补角即为所成的角， 而，故所求角的余弦值为， 故答案为：. 14. 长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值. 【详解】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可， 又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值， 过作，交延长线于，连接，显然△△， 所以，故为平行四边形，则，，， 所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上， 综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上， 设，则，故， 所以，解得，则，， 绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线， 所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，， 而直线与面夹角为，且，， 令，则，而， 令，则，而 综上，，故的最大值是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：将问题化为求直线与面最大夹角正弦值，注意利用定角（圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角）求动角的大小. 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. 已知，，求： （1）线段的长度及其中点坐标； （2）到两点距离相等的点的坐标满足的条件． 【答案】（1），坐标是 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间直角坐标系中两点间的距离公式、向量的运算分析运算即可得解. （2）利用空间直角坐标系中两点间的距离公式运算即可得解. 【小问1详解】 解：由题意，，， ∴由距离公式得：. 设点是的中点， 则， ∴点坐标是. 【小问2详解】 解：由题意，点是到两点距离相等的点， 即， ∴， 化简得：，即为点的坐标满足的条件． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：设交与点F，连接，     因为底面为矩形，所以F为的中点， 又为中点，故， 而平面，平面， 故平面； （2）在棱上存在点，使得，. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点和向量的坐标，设点M坐标并用参数表示，利用向量垂直的坐标表示可求得参数的值，即可得出结论，求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在棱上存在点，使得； 取的中点为O，连接, 因为底面为矩形，故， ，故O为的中点，则，而F为的中点， 故； 又平面平面，平面，平面平面， 故平面， 故以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 即，则，可得， 故， 因为，故，即， 解得， 即在棱上存在点，使得，此时. 17. 如图，六面体中，面且面，. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦. 【答案】（1） 因为面且面面且面， 所以且，在面中，，同理，在面中，， 因为，所以，又， 由余弦定理，，则， 由可得， 由面面，知， 又因为面面，所以面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证和，得，再由余弦定理，求出，得证，由即可证得平面； （2）取中点，连接，证明两两垂直，建系，设，写出相关点和向量坐标，利用已知二面角列方程求出值，继而通过空间向量夹角公式即可求得所求线面角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接,由题可知，且， 所以四边形为平行四边形，则，因面，故面， 又因为正三角形，所以两两垂直， 以为坐标原点，以的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则 易得，故有，， 设面的法向量为，则有， 不妨设，则得，， 又面，故面的法向量可设为， 由题意，解得， 于是，， 设面的法向量为，则有 不妨设，得， 设直线与平面所成角为，则. 又，故，则直线与平面所成角的余弦值为. 18. 如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，， （1）求证：； （2）若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）根据棱柱的性质可知，， 由于平面，平面， 所以平面. 由于平面，平面平面， 所以. （2）或 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得. （2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于平面，平面， 所以， 由于是的中点，所以， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，， 则， ， 设平面的法向量为， 则，故可设， 所以， 解得或， 当，即时，, 当，即时，. 【点睛】 19. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 【答案】（1）在图1中，连结AE，由已知条件得， ∵且， ∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F， ∴，又∵在中，， ∴， 在图2中，，∵，∴， 由题意知，且 ∴平面ABED，又平面， ∴平面平面ABED； （2）；（3）存在，. 【解析】 【分析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可； （2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案； （3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解. 【详解】（1）略 （2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为 ，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，， 所以，即， 令，解得，， 所以，，记直线与平面所成角为， 则． （3）假设存在，设， 所以，， ∵平面，易得平面的一个法向量， 设平面PBE的一个法向量， 由，可得，可取， 则， 解得，此时． 【点睛】关键点睛：用向量方法解决空间中的角的问题时，关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和向量的坐标，然后准确地运算出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广饶一中二校区66级暑期第四次测试数学试题 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意） 1. 已知空间向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若向量与向量，共面，则实数的值为（    ） A. B. C. D. 4. 如图，在四面体中，，，，点在棱上，点在棱上，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是（ ） A. B. C. D. 6. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，分别为母线的中点，则异面直线和所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知空间向量两两夹角均为，且.若向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知空间中三点，，，则（    ） A. B. 与夹角的余弦值是 C. 直线的一个方向向量是 D. 平面的一个法向量是 10. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的表面积为 B. 若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为 D. 的取值范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是_____________. 13. 在三棱锥中，.记的中点为的中点为，则异面直线与的夹角的余弦值为__________. 14. 长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________. 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. 已知，，求： （1）线段的长度及其中点坐标； （2）到两点距离相等的点的坐标满足的条件． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得?若存在，求的值；若不存在，说明理由. 17. 如图，六面体中，面且面，. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦. 18. 如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，， （1）求证：； （2）若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 19. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $