精品解析：北京市海淀区北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

2024-2025学年度第一学期高二数学10月月考 （2024.10） 班级______姓名______学号______ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 已知点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. 6 C. 9 D. 18 3. 如图，在三棱锥中，是的中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四棱锥，底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则和所成的角等于（ ） A. B. 45° C. 60° D. 90° 6. 已知是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： ①若则； ②若则； ③若则； ④若是异面直线，则．其中真命题是（ ） A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④ 7. 在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. 1 B. C. 9 D. 3 9. 如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（ ） A. 5 B. C. D. 10. 如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上，下列结论中不正确的是（ ） A. 三棱锥的体积的最大值为 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 的最小值为 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.） 11. 已知向量，，若，则______. 12. 已知正方体的棱长为，则点到直线的距离为______. 13. 如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，，则的长为__________ 14. 在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______． 15. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.） 16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若，平面，求证：平面. 17. 如图，在直三棱柱中，，、分别为、的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点. （1）求证：； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小. 条件①：； 条件②：平面平面； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；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 $ 2024-2025学年度第一学期高二数学10月月考 （2024.10） 班级______姓名______学号______ 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 已知点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】关于轴对称，则坐标值不变，坐标变为互为相反数即可. 【详解】解：因为关于轴对称，则坐标值不变，坐标变为互为相反数 所以，点关于轴的对称点的坐标为 故选：D. 2. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. 6 C. 9 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共线的充要条件求出的值，然后代入模的计算公式即可求解. 【详解】因为，且向量，， 所以，解得：， 所以， 故选：A. 3. 如图，在三棱锥中，是的中点，若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量的基底表示. 【详解】在三棱锥中，是的中点， 则. 故选：C 4. 已知正四棱锥，底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h，由体积是，求出.利用勾股定理求出侧棱长. 【详解】因为正四棱锥，底面边长是，所以底面积为. 设正四棱锥的高为h，由，所以. 所以侧棱长为. 即侧棱长为. 故选：C 5. 如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则和所成的角等于（ ） A. B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，构造平行线，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再结合已知条件求解. 【详解】取的中点，连接, 根据三角形中位线的性质知， 且 由得 或其补角为异面直线和所成的角, 又，则, 则为等腰直角三角形，则， 故选: 6. 已知是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： ①若则； ②若则； ③若则； ④若是异面直线，则．其中真命题是（ ） A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④ 【答案】D 【解析】 【分析】由题意逐一考查所给命题的真假即可确定真命题的编号. 【详解】逐一考查所给的命题： ①由线面垂直的性质定理可得若则，该命题正确； ②如图所示的正方体中，取平面分别为平面，满足但是不满足，该命题错误； ③如图所示的正方体中，取平面分别为平面， 直线分别为，满足但是不满足，该命题错误； ④若是异面直线，由面面平行的性质定理易知，该命题正确； 综上可得，真命题是①和④ 本题选择D选项. 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明： （1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线； （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键. 7. 在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，则，， 根据可求出结果. 【详解】如图：过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为， 则，所以， 设正方体的棱长为，则，， 所以,当且仅当与重合时，取得等号， 所以的最小值是. 故选：. 8. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. 1 B. C. 9 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形，利用向量的加法法则得到， 再利用求的模长. 【详解】在平行六面体中， 有，， 由题知，，，，， 所以，，与的夹角为， 与的夹角为，与的夹角为， 所以 . 所以. 故选：D. 9. 如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明平面，由线面垂直的性质可得当时，动点的轨迹为. 【详解】如下图所示： 作交于点，易知四边形是边长为4的正方形， 利用三角形相似可知，即可得，所以， 由勾股定理可知， 利用正方体性质可知平面，平面，所以； 又，，平面， 可知平面； 由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点， 所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为， 因此可得动点的轨迹长度为. 故选：B 10. 如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上，下列结论中不正确的是（ ） A. 三棱锥的体积的最大值为 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据锥体的体积公式判断A；根据直三棱柱的性质，结合，可得，进而判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质即可判断C；将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，进而利用勾股定理求出距离最小值，即可判断D. 【详解】在直三棱柱中，平面， 对于A：因为点在棱上，，所以， 又，，点在棱上， 所以，， 所以， 当且仅当在点、在点时取等号，故①正确； 对于B：在直三棱柱中，， 则，又点在棱上， 所以点到平面的距离，即为,故B正确； 对于C：如图建立空间直角坐标系，设，，， ，所以，， 所以点到直线的距离为 ， 当时，， 当时，，即， 则，即， 所以当取最大值，且时，， 即当在点，在点时，点到直线的距离的最小值为，故C正确； 对于D：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点， 此时取得最小值， 因为，，所以， 所以， 即的最小值为，故D错误. 故选：D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.） 11. 已知向量，，若，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示计算即可. 【详解】因为，，， 所以，解得. 故答案为：3. 12. 已知正方体的棱长为，则点到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】连接，利用等面积法可求点到直线的距离. 【详解】连接， 由正方体，可得平面， 因为平面，所以， 因为正方体的棱长为1， 所以可得， 设点到直线的距离为， 由，可得， 解得，所以点到直线的距离为. 故答案为：. 13. 如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，，则的长为__________ 【答案】 【解析】 【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解. 【详解】解：由条件，知，, 所以 ， 所以, 故答案为： 14. 在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积法求得到平面的距离. 【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以， 依题意可知平面， 所以平面， 由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半， 即到平面的距离是. ,， 所以， 由于，所以， ， 设到平面的距离为，则， 即. 故答案为： 15. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，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②，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③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，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①，连接， ，，，平面，平面， 平面，平面， ，同理，， ，平面，平面， 直线平面，故①正确； 对于②，∥，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②正确； 对于③，∥，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，，，此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故③错误； 对于④，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④正确. 故答案为：①②④ 三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.） 16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若，平面，求证：平面. 【答案】（1） 连接， ∵四边形是平行四边形，且是的中点， ∴是的中点， ∵E为PC的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2） ∵平面，平面， ∴， ∵，，平面， ∴面， ∵， ∴平面. 【解析】 【分析】（1）连接，进而根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由平面，可得，进而结合可得面，再结合即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在直三棱柱中，，、分别为、的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得证； （2）法一：首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得到即为所求角，求出该角的正弦值即可得到答案.法二：由已知可证，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式可求与平面所成角的正弦值. （3）利用空间向量法的点到面的距离公式可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 因为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 连结，即为直线与平面所成角, 因为，所以，， . 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二： 因为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为平面，所以平面. 因为,所以， 如图所示，以为原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以，， 易知平面，所以为平面的一个法向量， 设与平面所成角为θ， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设到平面的距离为， 因为， 所以， 设为平面的一个法向量，所以，即， 令，则，所以平面的一个法向量， 所以， 因此点到平面的距离为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点. （1）求证：； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小. 条件①：； 条件②：平面平面； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） 证明：因为底面是正方形，所以， 平面，平面, 所以平面， 又因为平面与交于点. 平面，平面平面 所以. （2）任选条件①②或①③或②③： 【解析】 【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论； （2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果；选条件①③或②③同样可以证明求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选条件①②：侧面为等腰直角三角形，且 即， 平面平面， 平面平面，平面， 则平面，又为正方形， 所以. 以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 因为，所以点为的中点，则， 从而：， 设平面的法向量为：， 则， 令，可得， 设平面的法向量为：，则 ， 令，可得， 所以， 则两平面所成的锐二面角为. 选条件①③：侧面为等腰直角三角形，且即， ，且两直线在平面内，可得平面，平面，则. 又因为且两直线在平面内， 则平面平面则， 因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点， 又因为，所以为等腰直角三角形， 下面同①②. 选条件②③：侧面为等腰直角三角形，且， 即， 平面平面， 平面平面，平面， 则平面为正方形， 所以. 又因为且两直线在平面内，则平面，平面 则， 因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点. 下面同①②. 19. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：∵在梯形中，， ，，为的中点， ∴，，， ∴是正三角形，四边形为菱形， ∴，， ∵， 又∵平面ABC， ∴平面ABC， ∵平面， ∴平面⊥平面ABC. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是菱形，从而证明平面ABC，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 存在，，理由如下： ∵平面，OP⊥AC， ∴，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，， ∴，， 设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则，， ， 设， ∵，， ∴， 设与平面所成角为，则， 即，，解得， ∴线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $