精品解析：河南省郑州市2024-2025学年高二上学期9月阶段性检测数学试题

2024-2025学年9月阶段性检测 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷为闭卷考试，考试时间为120分钟，总分150分； 2.请在密封线内填写清楚班级、姓名、考场、考号. 3.本试卷分试题卷和答题卡，所有答案全部写在答题卡上. 一、选择题（每小题5分，共40分） 1. 已知空间两点，1，，，2，，下列选项中的与共线的是（ ） A. ，0， B. ，1， C. ，， D. ，2， 【答案】D 【解析】 【分析】由题得，1，，再利用空间向量共线定理判断得解. 【详解】解：由点，1，，，2，， 所以，1，， 对于A，，0，，不满足，所以与不共线； 对于B，，1，，不满足，所以与不共线； 对于C，，，，不满足，所以与不共线； 对于D，，2，，满足，所以与共线． 故选：D 2. 已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示求出n，再利用向量夹角公式求出夹角. 【详解】，解得，则， ，， 设向量与的夹角为，则， ，，即与的夹角为． 故选：A． 3. 直线的方向向量，直线的方向向量，则不重合直线与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 垂直 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的关系，判断直线的位置关系. 【详解】因为，所以， 所以直线与平行. 故选：B 4. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 计算，根据向量垂直得到答案. 【详解】，，则， 与互相垂直，则，. 故选：B. 【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，属于简单题. 5. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用点到面的距离的向量求法求解即可 【详解】因为， 所以， 因为平面的法向量， 所以点到平面的距离. 故选：B 【点睛】此题考查利用向量求点到面的距离，属于基础题 6. 在空间四边形中，，点在上，且，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量加减法运算即可得到答案. 【详解】. 故选：A 7. 在正方体中，直线与平面所成的角为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【详解】 如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 直线与平面所成的角为， 则，令，即， 所以， 所以. 故选：B 8. 如图，在正方体中，､分别为，的中点，则下列说法错误的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与平面所成角为45° D. 异面直线与所成角为60° 【答案】D 【解析】 【分析】连结BD，A1D，可得MN∥A1D，得到MN∥平面ADD1A1，判定A正确；证明AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥A1D，结合MN∥A1D，得MN⊥AB，判断B正确；求出直线MN与平面ABCD所成角判断C正确；求出异面直线MN与DD1所成角判断D错误． 【详解】如图，连结BD，A1D， 由M，N分别为AC，A1B的中点，知MN∥A1D， 而MN⊄平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1， ∴MN∥平面ADD1A1，故A正确； 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，则AB⊥A1D， ∵MN∥A1D，∴MN⊥AB，故B正确； 直线MN与平面ABCD所成角等于A1D与平面ABCD所成角等于45°，故C正确； 而∠A1DD1为异面直线MN与DD1所成角，应为45°，故D错误． 故选：D 【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的判定与性质、直线与平面所成角、异面直线所成角等基础知识；考查空间想象能力、论证推理能力，属于中档题． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知直线的方向向量分别是，若且则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据空间向量模的计算公式以及向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】， 若且， 则，解得或， 所以或. 故选：AC 10. 已知空间三点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由条件可得的坐标，然后逐一判断即可. 【详解】因为，，， 所以 所以，， 所以不共线. 故选：AC 11. 如图，平面，，则（ ） A. B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究位置关系与线面夹角，面面夹角即可. 【详解】根据题意可知两两垂直，不妨以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 则，， 所以，所以，不垂直，故A错误； 依题意，是平面的法向量， 又，可得，则， 又因为直线平面，所以平面，故B正确； 设为平面的一个法向量，则， 令，可得， 而即底面的一个法向量，设平面与平面夹角， 则,故C正确； 设直线与平面所成角为，， 则，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式求解. 【详解】解：因为点，点， 所以， 所以点到直线的距离为： ， 故答案为： 13. 已知，则直线和所成角的余弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积与夹角公式计算即可. 【详解】由题意知， 则， 故答案为：. 14. 四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为______. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及，由与平面所成角，根据即可求解. 【详解】因为底面，底面是正方形， 所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，则重心， 因而，，， 设平面的一个法向量为， 则，令则， 则， 故答案为：. 四、解答题 15. 已知向量，向量， （1）求向量，，的坐标； （2）求与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直、平行的条件即可求解； （2）利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为向量，所以，解得：，， 则，， 又因为，则，解得， 所以 【小问2详解】 由（1）知， 所以，， 则，，， 即与所成角的余弦值 16. 已知空间三点. （1）求 （2）求的面积； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出向量坐标，再根据模长公式计算即可； （2）先求出向量，的夹角，再利用三角形的面积公式即可求解； 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 设向量，的夹角为， 由， ，， ， 又三角形中， . 17. 如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ． （1）求证：AP⊥BC； （2）若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论； （2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论. 【小问1详解】 证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示； 则 ， 故，， ∴， ∴⊥，即 ； 【小问2详解】 证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以, 因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ， ∴M(0,，)，∴(0,,)， (-4,,)，(4,,)； 设平面BMC的法向量为， 则 ，即， 令 ，则； 设平面AMC的法向量为，则 ， 即，令 ，则； 由于， 得⊥，即平面AMC⊥平面BMC． 18. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长； （2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是． 所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证. 19. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年9月阶段性检测 高二数学试题 注意事项： 1.本试卷为闭卷考试，考试时间为120分钟，总分150分； 2.请在密封线内填写清楚班级、姓名、考场、考号. 3.本试卷分试题卷和答题卡，所有答案全部写在答题卡上. 一、选择题（每小题5分，共40分） 1. 已知空间两点，1，，，2，，下列选项中的与共线的是（ ） A. ，0， B. ，1， C. ，， D. ，2， 2. 已知空间向量，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 直线的方向向量，直线的方向向量，则不重合直线与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 垂直 D. 不能确定 4. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ）． A. B. C. D. 5. 已知向量为平面的法向量，点在内，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 在空间四边形中，，点在上，且，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，直线与平面所成的角为（ ）. A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，､分别为，的中点，则下列说法错误的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与平面所成角为45° D. 异面直线与所成角为60° 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知直线的方向向量分别是，若且则的值可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知空间三点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，平面，，则（ ） A. B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为____________. 13. 已知，则直线和所成角的余弦值为______. 14. 四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为______. 四、解答题 15. 已知向量，向量， （1）求向量，，的坐标； （2）求与所成角的余弦值. 16. 已知空间三点. （1）求 （2）求的面积； 17. 如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ． （1）求证：AP⊥BC； （2）若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC． 18. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 19. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $