精品解析：海南省华中师大一附中屯昌思源实验中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

海南屯昌思源实验中学2024—2025学年高二（上）月考 数学试卷 本试卷共2页，19小题，满分150分，考试用时：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号､座位号填写在答题卡上并按要求将条形码贴在指定的位置上. 2.答选择题时，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案涂黑：如有改动需擦净后，再选涂其他答案. 3.非选择题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如有改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答卷无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡上交，试卷自行保留. 第I卷选择题（58分） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中只有一项符合题意. 1. 在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，是(　　) A. 有相同起点的向量 B. 等长向量 C. 共面向量 D. 不共面向量 5. 已知且，则（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 6. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是空间的一组单位正交基，是空间的另一组基.若向量在下的坐标为，则向量在下的坐标为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设，，是空间一个基底，则（ ） A. 若，，则 B. 则，，两两共面，但，，不可能共面 C. 对空间任一向量，总存在有序实数组，使 D. 则，，一定能构成空间的一个基底 10. 已知非零向量，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在空间直角坐标系中，，，，则（ ） A. B. 异面直线OC与AB所成角等于 C. 点B到平面AOC的距离是2 D. 直线OB与平面AOC所成角的正弦值为 第II卷非选择题（92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______. 13. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量.若，则__________. 14. 如图，已知正方体的棱长为4，E为棱的中点，点在侧面上运动，当平面与平面、平面所成的角相等时，的最小值为_________． 四､解答题：共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤（其中第15题13分，16-17题每题15分，18-19题每题17分，共计77分） 15. 在平行六面体中，点是线段上的一点，且. （1）设，则用表示； （2）若，且则求线段的长. 16. 如图，正方体的棱长为1，分别为的中点． （1）求证：; （2）求与所成角的余弦值 17. 如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线都等于1，点分别是的中点，设为空间向量的一组基底，计算： （1）; （2）. 18. 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点. （1）求证：平面ADEF； （2）求证：平面BDE. 19. 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （1）求证：EG∥平面ADF； （2）求二面角O−EF−C的正弦值； （3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南屯昌思源实验中学2024—2025学年高二（上）月考 数学试卷 本试卷共2页，19小题，满分150分，考试用时：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考号､座位号填写在答题卡上并按要求将条形码贴在指定的位置上. 2.答选择题时，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案涂黑：如有改动需擦净后，再选涂其他答案. 3.非选择题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如有改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答卷无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡上交，试卷自行保留. 第I卷选择题（58分） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中只有一项符合题意. 1. 在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用中点坐标公式直接求解. 【详解】因为点，，所以线段的中点坐标是，即. 故选：B 2. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标运算公式求解即可. 【详解】因为，，且，所以， 解得. 故选：D 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 4. 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，是(　　) A. 有相同起点的向量 B. 等长向量 C. 共面向量 D. 不共面向量 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合空间向量的运算法则可得，据此可知，，三向量共面． 【详解】如图所示，因为，而， ，即 由于与不共线，所以，，三向量共面． 本题选择C选项. 【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则，向量共面的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 5. 已知且，则（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为，所以存在实数，使得，又, 所以，所以，解得， 所以. 故选：C. 6. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的数量求出，再利用向量夹角公式求解即得. 【详解】向量，，由，得，解得，， 因此，而，则， 所以向量与的夹角为. 故选：D 7. 棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量法求点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，， ，，设向量与的夹角为， ， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 8. 已知是空间的一组单位正交基，是空间的另一组基.若向量在下的坐标为，则向量在下的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由空间向量基本定理列出方程组，即可求解． 【详解】由题意有， 设，则 则有，得， 在基下的坐标为. 故选：B 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设，，是空间一个基底，则（ ） A. 若，，则 B. 则，，两两共面，但，，不可能共面 C. 对空间任一向量，总存在有序实数组，使 D. 则，，一定能构成空间的一个基底 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据构成空间基底向量的特征逐一判断选项正误即可 【详解】由，，是空间一个基底，知： 在A中，若，，则与不平行，但夹角不一定为90°，故A错误； 在B中，，，两两共面，因为三个向量是基底，必须是不共面的向量， 所以，，不可能共面，故B正确； 在C中，对空间任一向量，总存在有序实数组，使，故C正确； 在D中，假设，，共面，设， 化简得：，即：，所以，，共面与已知矛盾. ∴，，一定能构成空间的一个基底，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知非零向量，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由向量数量积的定义和运算律依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，无意义，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，由向量数量积运算律可知，D正确. 故选：AD. 11. 在空间直角坐标系中，，，，则（ ） A. B. 异面直线OC与AB所成角等于 C. 点B到平面AOC的距离是2 D. 直线OB与平面AOC所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，点到面的距离公式分别求解. 【详解】对于A 项， ，，所以A正确. 对于B项，设与所成的角为，则 且所以，故B不正确. 对于C项，设平面的法向量为 并且，即即，所以，所以点B到平面AOC的距离，故C正确. 对于D项，设直线OB与平面AOC所成角为，则，故D正确. 故选：ACD 第II卷非选择题（92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线. 【详解】由； 由. 综上：且. 故答案为：. 13. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量.若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由得出，利用空间向量垂直的坐标运算即可求解. 【详解】因为， 所以， 则， 所以，整理得：. 故答案为：. 14. 如图，已知正方体的棱长为4，E为棱的中点，点在侧面上运动，当平面与平面、平面所成的角相等时，的最小值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则， 设，则， 取平面和平面的一个法向量分别为， 设平面的法向量为，则，即， 令，可得，所以为平面的一个法向量， 由题意，平面与平面，平面所成的角相等， 所以，即，化简得或， 在平面上，直线过点和的中点， 在平面上，直线只过点，即点， 取为的中点，连接，则点在上运动或点在点处， 由等面积法可得的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 四､解答题：共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤（其中第15题13分，16-17题每题15分，18-19题每题17分，共计77分） 15. 在平行六面体中，点是线段上的一点，且. （1）设，则用表示； （2）若，且则求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合向量的线性运算，直接找基底表示即可； （2）由题易知，然后求的模长即可. 【小问1详解】 由题可知 【小问2详解】 由题可知 所以 16. 如图，正方体的棱长为1，分别为的中点． （1）求证：; （2）求与所成角的余弦值 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量的加减法证明即可； （2）根据向量数量积的定义求即可. 【小问1详解】 证明：令， 分别是的中点， ， 而， 所以有，且不过同一点， 所以，即. 【小问2详解】 分别是的中点， ， 正方体的棱长为1，， ，， ， ， ， 设的夹角为， 则有 ， 即与所成角的余弦值为. 17. 如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线都等于1，点分别是的中点，设为空间向量的一组基底，计算： （1）; （2）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据条件确定的模以及相互之间的夹角，再根据向量共线以及加减法表示，最后根据向量数量积求结果； （2）根据向量减法表示，再根据向量模的定义以及向量数量积求结果. 【小问1详解】 因为空间四边形的每条边和对角线都等于1， 所以， 因为点分别是的中点，所以， 所以. 【小问2详解】 因为，所以. 18. 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点. （1）求证：平面ADEF； （2）求证：平面BDE. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，， 在中，，分别为，的中点，所以，且， 由已知，，所以，且， 所以四边形为平行四边形，可得， 又因为平面，且平面， 所以平面. （2）证明：在正方形中，，因为平面平面，且平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角梯形中，，，可得， 在中，，， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，先证明四边形为平行四边形，可得，即可证出； （2）由平面平面可得平面，可得，再结合勾股定理证明，即可证出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （1）求证：EG∥平面ADF； （2）求二面角O−EF−C的正弦值； （3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（1）依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，. 依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得，又，可得， 又因为直线，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出平面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证；（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值；（Ⅲ）利用空间向量求线面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易证，为平面的一个法向量. 依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得. 因此有，于是， 所以，二面角的正弦值为. 【小问3详解】 由，得. 因为，所以，进而有，从而，因此. 所以，直线和平面所成角的正弦值为. 【考点】利用空间向量解决立体几何问题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $