精品解析：广东省珠海市第二中学2024-2025学年高二上学期第一阶段考考试数学试题

珠海市第二中学2024—2025学年第一学期第一阶段考试 高二年级数学学科试题 考试时间120分钟，总分150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为（ ） A B. C. D. 2. 已知空间向量，，满足，，，，则与夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 关于空间直角坐标系中的一点，下列说法错误的是（ ） A. 的中点坐标为 B. 点关于轴对称的点的坐标为 C. 点关于原点对称点的坐标为 D. 点关于面对称的点的坐标为 4. 某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为，第二次面试通过的概率为，若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 6. 如图,二面角等于,是棱上两点, 分别在半平面内, ,, 且则的长等于（ ） A. 4 B. C. D. 7. 已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，AB，CD分别为上、下底面圆的直径，，则直线AC与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 异面直线与所成角的余弦值为 二、多选题（本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间中，满足，则三点共线 B. 空间中三个向量，若，则共面 C. 对空间任意一点和不共线的三点，若，则四点共面 D. 设是空间的一组基底，若，则不能为空间的一组基底 10. 如图，在正四棱柱中，，为的中点，为上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则 B. 若平面，则 C. 若平面，则 D. 若平面，则 11. 如图，已知平行四边形中，，，为边中点，将沿直线翻折成，若为是的中点，则在的翻折过程中，下列命题正确的是（ ） A. 线段的长为定值 B. 异面直线与所成角为 C. 直线与平面所成角为定值 D. 二面角可以为直二面角 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 样本数据的％分位数为______． 13. 已知向量，,则向量在向量方向上投影向量的坐标为___________． 14. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）．则下列结论： ①当a＝时，ME与CN相交； ②MN始终与平面BCE平行； ③异面直线AC与BF所成的角为45°； ④MN的最小值为． 正确的序号是_____． 四、解答题（本大题共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. 已知向量． （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为钝角，求实数的范围． 16. 2022年卡塔尔世界杯足球赛于11月21日至12月18日在卡塔尔境内举办，这是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，备受瞩目，一时间掀起了国内外的足球热潮，某机构为了解球迷对足球的喜爱，为此进行了调查.现从球迷中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）求样本中数据的第百分位数； （2）求样本数据的平均数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在组的概率. 17. 如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，是的中点，． （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求直线到平面的距离． 18. 图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且． （1）证明：平面平面ABC； （2）点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值． 19. 如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作． （1）求证：向量为平面的法向量； （2）求证：以为边的平行四边形的面积等于； （3）将四边形按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积与的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市第二中学2024—2025学年第一学期第一阶段考试 高二年级数学学科试题 考试时间120分钟，总分150分 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知向量在基底下的坐标是，则在基底下的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，设在基底下的坐标为，根据空间向量的坐标运算和空间向量基本定理列方程组即可求解. 【详解】由题意可知，设在基底下的坐标为， 所以， 所以， 所以在基底下的坐标为. 故选：A 2. 已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将两边平方，利用空间向量的数量积即可求解. 【详解】设与的夹角为， 由得，两边平方得 ， 所以， 所以， 所以. 故选：D. 3. 关于空间直角坐标系中的一点，下列说法错误的是（ ） A. 的中点坐标为 B. 点关于轴对称的点的坐标为 C. 点关于原点对称的点的坐标为 D. 点关于面对称的点的坐标为 【答案】B 【解析】 【分析】 结合中点坐标公式可判断A正确；结合空间点对称特点依次判断BCD的正确性即可 【详解】利用中点公式可得的中点坐标为，A对， 点关于轴对称的点的坐标为，B错， 点关于原点对称的点的坐标为，C对， 点关于面对称的点的坐标为，D对， 故选:B 4. 某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为，第二次面试通过的概率为，若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意两次都没通过的概率，应用对立事件的概率求法可得答案. 【详解】因为第一次通过面试的概率为，第二次面试通过的概率为， 所以两次面试都没有通过的概率为：， 所以该同学通过面试的概率为：. 故选：C. 5. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】依题意可得 . 故选：C 6. 如图,二面角等于,是棱上两点, 分别在半平面内, ,, 且则的长等于（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助向量来解决,由二面角的平面角的定义可得,求的模即为的长. 【详解】由二面角的平面角的定义知,, 由,,得,,, , 所以,即． 故选：A． 7. 已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，AB，CD分别为上、下底面圆的直径，，则直线AC与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出图像，由平面几何可求得，，再由得即为直线AC与BD所成的角或其补角，利用余弦定理可求得其余弦值. 【详解】如图，作正四棱柱， 使棱柱的顶点分别在圆柱的上、下底面圆上，. 由题意可知，，，. 由可知，即为直线AC与BD所成的角或其补角， 所以. 故选：C. 8. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 异面直线与所成角的余弦值为 【答案】C 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到；B选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解. 详解】 A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 则，A错误； B选项，平面的法向量为， ，设直线与平面所成角的大小为， 则，B错误； C选项，， 点到直线的距离为，C正确； D选项，， 设异面直线与所成角大小为， 则，D错误. 故选：C 二、多选题（本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间中的，满足，则三点共线 B. 空间中三个向量，若，则共面 C. 对空间任意一点和不共线的三点，若，则四点共面 D. 设是空间的一组基底，若，则不能为空间的一组基底 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量线性运算可判断；根据向量的共面定理可判断. 【详解】若空间中的，满足，即， 根据向量共线的推论，则三点共线，正确； ，则共线，对于任意向量必与共面，正确； 对空间任意一点和不共线的三点，若， 又，则四点共面，正确； 因为看作立方体中三条相邻的棱，易知与不共面， 所以能作为空间的一组基底，错误； 故选：. 10. 如图，在正四棱柱中，，为的中点，为上的动点，下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则 B. 若平面，则 C. 若平面，则 D. 若平面，则 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的法向量可以为， 设，，则， 若平面，则，即，解得， 即，故A错误，B正确； 若平面，则，则，即， 所以，解得，即，故C错误，D正确. 故选：BD 11. 如图，已知平行四边形中，，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为是的中点，则在的翻折过程中，下列命题正确的是（ ） A. 线段的长为定值 B. 异面直线与所成角为 C. 直线与平面所成角为定值 D. 二面角可以为直二面角 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，连接，然后证明四边形为平行四边形即可；对于B，假设异面直线与所成角为，然后进行推理得出矛盾；对于C，由A可知直线与平面平行，所以所成角为定值；对于D，当时，计算为钝角，从而可得答案 【详解】解：对于A，取的中点，连接，因为为是的中点，所以∥,，因为为边的中点，所以,因为∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平行四边形中，，，所以为等边三角形，所以为定值，所以线段的长为定值，所以A正确， 对于B，若异面直线与所成角为，则，因为行四边形中，，，所以为等边三角形，是顶角为的等腰三角形，所以，所以，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，这与相矛盾，所以B错误， 对于C，由A可知，四边形为平行四边形，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，所以直线与平面所成角为定值， 对于D，设，则，因为，所以，取的中点，连接，当向上折时，时，，所以此时，所以是二面角的平面角，因为，，所以，所以为钝角，而当沿直线开始折时，为锐角，所以二面角可以为直二面角，所以D正确， 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 样本数据的％分位数为______． 【答案】7 【解析】 【分析】从小到大排列，按照百分位数的定义进行求解. 【详解】从小到大排列为，共7个数据， ，故从小到大，选取第3个数作为40％分位数，即7. 故答案为：7 13. 已知向量，,则向量在向量方向上投影向量的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义即可求解. 【详解】向量在向量方向上投影向量为， 故答案为： 14. 如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM＝BN＝a（0＜a＜）．则下列结论： ①当a＝时，ME与CN相交； ②MN始终与平面BCE平行； ③异面直线AC与BF所成的角为45°； ④MN的最小值为． 正确的序号是_____． 【答案】②④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】由题意， 以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由正方形，的边长1， 所以 因为，所以， 若与相交，则四点共面，又在平面， 所以当且仅当在平面 时，与相交，此时，故①错误； 平面的法向量为，， ，，所以MN始终与平面BCE平行，故②正确； ，设异面直线与所成的角为， ，所以异面直线AC与BF所成的角为，故③错误； ，故④ 正确. 故答案：②④ 四、解答题（本大题共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. 已知向量． （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为钝角，求实数的范围． 【答案】（1） （2）且 【解析】 【分析】（1）根据空间向量平行的坐标运算求解即可得到答案. （2）根据题意得到，再结合（1）的情况即可得到答案. 【小问1详解】 ，， 因为，所以，即， 所以. 【小问2详解】 ，， 因为向量与所成角为钝角， 所以，即，解得. 当与平行时，由（1）知：， 所以向量与所成角为钝角，实数的范围且. 16. 2022年卡塔尔世界杯足球赛于11月21日至12月18日在卡塔尔境内举办，这是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，备受瞩目，一时间掀起了国内外的足球热潮，某机构为了解球迷对足球的喜爱，为此进行了调查.现从球迷中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）求样本中数据的第百分位数； （2）求样本数据的平均数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在组的概率. 【答案】（1） （2）50 （3） 【解析】 【分析】（1）先根据概率和为1确定样本中数据落在的频率，再利用公式即可求解. （2）根据公式求样本数据的平均数即可. （3）先分层抽样，再利用古典概型的概率公式求解即可. 【小问1详解】 依题意，样本中数据落在的频率为： 样本数据的第百分位数落在第四组， 且第百分位数为 【小问2详解】 平均数为. 【小问3详解】 与两组的频率之比为. 现从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，则组抽取2人，记为；组抽取4人，记为 所有可能的情况为共15种. 其中至少有1人的年龄在的情况有共9种. 记“抽取的2人中至少有1人的年龄在组”为事件A， 则 17. 如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，是的中点，． （1）求证：平面； （2）当三棱柱的体积最大时，求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行的判定定理证明即可 （2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直， 故如图建立直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离即可 【小问1详解】 连接交于点，由棱柱性质知为的中点，连接，因为的中点，故，而平面，不在平面内，所以平面． 【小问2详解】 设到底面的距离为，则， 所以当时三棱柱的体积最大， 也即平面时，三棱柱的体积最大，且 因为是的中点，,故、、两两垂直， 故如图建立直角坐标系，则， ． 因为，在平面内，不在平面内， 所以平面，所以点与平面的距离即为直线到平面的距离， 设平面的法向量为，有， 令，得，所以， 于是点与平面的距离． 所以直线到平面的距离为 18. 图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且． （1）证明：平面平面ABC； （2）点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，利用勾股定理证明，再结合，即可由线线垂直证明线面垂直； （2）根据（1）中所证，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，以及两个平面的法向量，利用夹角公式，即可求得参数的值. 【小问1详解】 由于正方形ABCD的边长为，所以． 取AC的中点O，连接PO，BO， 由题意，得，再由，可得，即． 由题易知，又，面，所以平面ABC， 又平面PAC，所以平面平面ABC． 【小问2详解】 由（1）可知，，又， 故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，． 所以，，， 由题意知，所以． 所以． 设平面MBC的法向量为， 则令，得； 设平面的法向量为， ，令，得； 则， 设，，则上式可化为， 即，所以（舍去）， 所以，解得． 19. 如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作． （1）求证：向量为平面法向量； （2）求证：以为边的平行四边形的面积等于； （3）将四边形按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积与的大小． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】 【分析】（1）只需证明向量与垂直即可； （2）根据平行四边形面积公式可知，结合数量积运算可证； （3）利用可以推出结论. 【详解】（1）， ，同理．是平面的法向量． （2）设平行四边形的面积为，与的夹角为， 则=． 结论成立． （3）设点到平面的距离为，与平面所成的角为， 则， 又， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $