精品解析：山西省阳泉市第一中学校2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

2024—2025学年度高二9月联考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 给出下列命题： ①零向量的方向是任意的； ②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同； ③若空间向量，满足，则； ④空间中任意两个单位向量必相等． 其中正确命题的个数为（ ）． A. B. C. D. 2. 如图，在直三棱柱中，E为棱的中点.设，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. C. 若，则，的夹角是钝角 D. 4. 设，向量，，，且，，则（ ）． A. B. C. 5 D. 6 5. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的母线长为2，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（ ）． A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，.若边上有且只有一个点，使得，此时二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知平面与平面平行，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为（ ） A. B. C. D. 10. 在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，，则（ ）． A. B. C. D. 11. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 两条异面直线和所成的角为 B. 直线与平面所成的角等于 C. 点到面的距离为 D. 四面体的体积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，四棱柱为正方体． ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为． 则上述结论正确的是______.（填序号） 13. 已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________． 14. 设空间向量是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的的最小值是2，则的最小值是_________． 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. 如图，直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱的中点． （1）求的值； （2）证明：C，E，F，G四点共面． 16. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的菱形，， （1）求线段的长； （2）求证：． 17. 已知空间中三点，，． （1）若向量与平行，且，求的坐标； （2）求向量在向量上的投影向量； （3）求以，为邻边的平行四边形的面积． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO. （1）求证：平面ABCD； （2）求面APB与面PBC所成角的正弦值； （3）在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 19. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，得到几何体.已知分别为上的动点且. （1）证明：平面； （2）求的长； （3）当的长度最小时，求直线到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度高二9月联考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 给出下列命题： ①零向量的方向是任意的； ②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同； ③若空间向量，满足，则； ④空间中任意两个单位向量必相等． 其中正确命题的个数为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据零向量的定义判断①，根据相等向量的定义判断②③，根据单位向量定义判断④. 【详解】零向量是大小为的向量，零向量的方向是任意的，命题①正确； 方向相同，大小相等的空间向量相等，它们的起点不一定相同，终点也不一定相同，命题②错误； 若空间向量，满足，但由于它们的方向不一定相同，故不一定相等，③错误； 空间中任意两个单位向量由于它们的方向不一定相同，故它们不一定相等，④错误； 所以正确的命题只有个； 故选：D. 2. 如图，在直三棱柱中，E为棱的中点.设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量线性运算即可求解. 【详解】由题意可得 . 故选：A. 3. 对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. C. 若，则，的夹角是钝角 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量的位置关系可得A错误；由数量积的运算律可得B正确，D错误；当两向量的夹角为时，也成立可得D错误； 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，由数量积的运算律可知，故B正确； 对于C，若，则，的夹角是钝角或反向共线，故C错误； 对于D，由数量积的运算律可知，等号左面与共线，等号右面与，两边不一定相等，故D错误； 故选：B. 4. 设，向量，，，且，，则（ ）． A. B. C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由条件结合垂直向量的坐标表示和平行向量的坐标关系求，由此可求的坐标，再求其模即可. 【详解】因为，，， 所以，所以， 因为，，，所以，所以， 所以， 所以. 故选：D. 5. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点法式方程的定义即可求解. 【详解】根据题意可得， 化简得， 故选：B 6. 已知圆锥的母线长为2，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由圆锥的表面积公式求出底面半径，在中由余弦定理解出，然后在中由勾股定理求出，最后由余弦定理和三角形的面积公式求出结果即可； 【详解】 设， 由题意可得， 即，解得或（舍去）， 连接， 因为M为中点，所以， 过作于，连接，则， 在中，， 即，解得， 又在中，， 所以， 所以， 所以的面积为， 故选：A. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得． 【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴， 建立空间直角坐标系，，，，，， 故，， ，设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面， 为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°， 平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点的轨迹，其中， 由对称性可知，，故半径， 故点的轨迹长度为. 故选：C. 8. 在四棱锥中，平面，底面为矩形，.若边上有且只有一个点，使得，此时二面角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的性质与判定可证得平面，进而得到，设，，，利用勾股定理可得关于的方程，由方程有且仅有一个范围内的解，由求得的值；以为坐标原点，利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，； 设，，， ，，， ，即， 关于的方程有且仅有一个范围内的解，对称轴为， ，解得：，， 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 轴平面，平面的一个法向量； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， ， 由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量法求解二面角的问题；解题关键是能够根据线面垂直的判定与性质证得，从而利用勾股定理构造关于的一元二次方程，根据其根的分布可求得和的长度，进而得到利用向量法求解时所需的线段长度. 二、选择题：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. 已知平面与平面平行，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】分析可知，平面的法向量与共线，逐项判断即可. 【详解】因为平面与平面平行，且是平面的一个法向量， 则平面的法向量与平行，因为，， 向量、与向量不共线，所以，AD选项中的向量可以作为平面的法向量. 故选：AD. 10. 在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据公认事实求出直线的方向向量和平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系即得. 【详解】平面的法向量为， 对于，则，即：， 故经过点，方向向量为，则，即， 故，即A正确，D错误； 对于，即，故经过点，方向向量为， 因点满足平面，即与有公共点，故B错误； 对于，可知经过点，方向向量为， 因，可得，即或， 但点不满足平面，即，故，故C正确. 故选：AC. 11. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 两条异面直线和所成的角为 B. 直线与平面所成的角等于 C. 点到面的距离为 D. 四面体的体积是 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 对A：、、、， 则、，故， 故，即异面直线和所成的角为，故A错误； 对B：，由轴平面，故平面法向量可为， 则，故直线与平面所成的角为，故B正确； 对C：，，， 设平面的法向量为，则有， 令，则，故，故C正确； 对D：易得四面体为正四面体， 则，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，四棱柱为正方体． ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为． 则上述结论正确的是______.（填序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量的定义，结合空间直角坐标系和正方体的性质即可一一判断. 【详解】不妨设正方体的棱长为1，则按照图中坐标系可知， 于是，,故① ，② 正确； 因平面，而， 故 可作为平面的法向量，即③正确； 在正方体中，因平面,平面， 则，易得，又，故平面， 而，即可作为平面的法向量，故④错误. 故答案为：①②③. 13. 已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量共面定理列方程组得到，再结合二次函数的性质解出最值即可； 【详解】因为，，共面， 所以， 即， 即，解得， 所以， 所以， 所以最小值为， 故答案为：. 14. 设空间向量是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的的最小值是2，则的最小值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】以方向为轴，垂直于方向为轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由的表达式即可求得最小值. 【详解】以方向为轴建立空间直角坐标系，则，， 设 则， 当时的最小值是， 取 则 又因为是任意值，所以的最小值是. 取 则 又因为是任意值，所以的最小值是. 故答案为：. 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. 如图，直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱的中点． （1）求的值； （2）证明：C，E，F，G四点共面． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得：，因为，， 因为不共线，所以令， 即，解得， ∴. 故C，E，F，G四点共面. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出向量坐标，利用数量积公式即得； （2）求出，得到四点共面. 【小问1详解】 因为四棱柱为直四棱柱，所以平面，又因为， 所以建立如图所示的空间直角坐标系， ∵， ∴，，，， ∴，， ∴. 【小问2详解】 略. 16. 如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的菱形，， （1）求线段的长； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1），结合向量数量积运算，求模即可. （2），由向量数量积关于垂直的表示即可判断. 【小问1详解】 设，则， ∵，则. ∵，∴. 故线段的长为. 【小问2详解】 证明：∵，∴. 故. 17. 已知空间中三点，，． （1）若向量与平行，且，求的坐标； （2）求向量在向量上的投影向量； （3）求以，为邻边的平行四边形的面积． 【答案】（1）的坐标为或； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知可设，利用向量的模长公式求出的值，即可求出向量的坐标； （2）先求向量，再根据投影定义求； （3）利用空间向量的夹角公式求出，结合三角形的面积公式求结论. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为向量与平行， 所以可设，， 所以，因为， 所以， 所以， 所以或， 所以的坐标为或； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 所以， 所以向量在向量上的投影向量， 所以； 【小问3详解】 因为，，， 所以，， 所以， 即，又， 所以， 所以的面积， 所以以，为邻边的平行四边形的面积为． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO. （1）求证：平面ABCD； （2）求面APB与面PBC所成角的正弦值； （3）在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 【答案】（1） 因为，，， 所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， 所以，则， 且平面平面，平面，平面平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合余弦定理的值，再由勾股定理可得，根据面面垂直的性质定理即可证明线面垂直； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解面APB与面PBC的法向量，从而可得面面夹角的余弦值，利用平方公式得正弦值； （3）设，确定的坐标，利用空间向量线面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，可得， 则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取， 设平面的法向量为，， 由，取， ， 又由图可知二面角是钝角， 所以二面角的正弦值为； 【小问3详解】 设，则， 又平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为，解得， 所以. 19. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，得到几何体.已知分别为上的动点且. （1）证明：平面； （2）求的长； （3）当的长度最小时，求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而线面平行，求出平面平面，得到线面平行； （2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，并求出各边长，得到答案； （3）作出辅助线，证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并求出，表达出，求出，，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案. 【小问1详解】 证明：在上取点，使得，连接， 如图1. 因为，所以. 因为平面平面，所以平面. 因为，所以，又，所以. 因为平面平面，所以平面. 因为且都在面内，所以平面平面. 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，如图2. 由题意可得是边长为4的正三角形，则， 且，所以为二面角的平面角，即，则为正三角形， 所以. 【小问3详解】 取的中点，连接，则，且. 由（2）得，，平面， 所以平面，因为平面，所以. 又因为，，平面， 所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， . 又，所以. 连接，则， ， 所以. 当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为 此时，则. 设平面的法向量为， 则即取，得. 因为平面，所以直线到平面的距离就是点到平面的距离， 则点到平面的距离. 故直线到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $