广东省清远市清新区2024-2025学年高二上学期11月四校联考数学试题

清新区2024-2025学年高二上学期11月“四校联考” 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。 1．化简，所得的结果是（    ） A． B． C． D． 2．已知，，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，，则＝（   ）    A．9 B．18 C．6 D．12 4．设、是两条直线，、是两个平面，，，，，则是的 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．在学生身高的调查中，小明和小华分别独立进行了简单随机抽样和按比例分层抽样调查，小明调查的样本量为200，平均数为，小华调查的样本量为100，平均数为。则下列说法正确的是（    ） A．小明抽样的样本容量更大，所以更接近总体平均数 B．小华使用的抽样方法更好，所以更接近总体平均数 C．将两人得到的样本平均数按照抽样人数取加权平均数165.7更接近总体平均数 D．样本平均数具有随机性，以上说法均不对 6．已知的内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C．6 D． 7．已知向量，，且，则（ ） A． B． C． D． 8．已知单位向量的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D．3 2、 多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。 9．如果是两个单位向量，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知虚数，，则（    ） A． B． C． D．是方程的一个根 11．下列说法中，错误的为（    ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．在△ABC中，是边上一点，且，点为的延长线上一点，写出使得成立的，的一组数据为    13．已知，，则在方向上的投影向量坐标为 14．直三棱柱中，，，则与所成角大小为 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。 15．（10分） 已知平面内两点，． (1)求过点且与直线垂直的直线的方程． (2)若是以为顶点的等腰直角三角形，求直线的方程． 16．（15分） 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． (1)求B的值； (2)求b的值； (3)求的值． 17．（10分） 如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 18．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由. 19．（17分） 在空间直角坐标系Oxyz中，这点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为． (1)已知直线的方程为，直线的方程为．请分别写出直线和直线的一个方向向量． (2)若直线与都在平面内，求平面的方程； (3)若集合中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D D A C C CD BCD 题号 11 答案 ABC 1．A 【分析】依据向量加减法运算规则去求化简即可. 【详解】， 故选：A 2．C 【分析】根据投影向量的求法直接求解即可. 【详解】在上的投影向量为：. 故选：C. 3．B 【分析】利用平面向量的数乘与加减运算，把问题转化为的数量积求解． 【详解】 ， . 故选：B 4．D 【解析】根据空间中线面关系和面面关系，结合充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】，则与可能重合、平行、相交，；，则与可能平行、异面，； 故是的既不充分也不必要条件. 故选：D． 【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，同时也考查了空间中的线面关系和面面关系，考查推理能力，属于基础题． 5．D 【分析】根据简单的随机抽样和分层抽样得定义以及平均数得定义我们会发现样本平均数具有随机性，不确定性，故而选项可判定. 【详解】抽样的样本容量大但有时不具有代表性，不能得到样本平均值更接近总体平均数，故选项A错误： 使用分层的抽样方法样本更具有代表性，但样本容量太小也不能得到样本平均值更接近总体平均数，故选项B错误： 两人得到的样本平均数按照抽样人数取加权平均数同样兼具两者的不确定性，故选项C错误; 通过对上面三个选项的分析可知样本平均数具有随机性，故选项D正确； 故选：D. 6．A 【分析】利用正弦定理整理代入运算即可． 【详解】由正弦定理，整理得 故选：A． 7．C 【分析】求出向量的坐标，利用共线向量的坐标表示可得出关于的等式，即可求得实数的值. 【详解】因为向量，， 所以， 又，所以，解得. 故选：C 8．C 【分析】根据已知条件及数量积的运算律即可得解. 【详解】由已知有，. 故. 故选：C. 9．CD 【分析】根据单位向量的定义及数量积的定义即可得解. 【详解】解：因为是两个单位向量， 所以，但两向量的方向不能确定， ， 故AB错误；CD正确. 故选：CD. 10．BCD 【分析】利用复数的四则运算和复数的模长公式可判断AB选项；利用复数的乘法方法则与共轭复数的定义可判断C选项；解方程可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为， 所以，故A错； 对于B选项，， 所以，故B对； 对于C选项，，故C对； 对于D选项，由，可得， 解得或，故D对. 故选：BCD. 11．ABC 【分析】对于A，根据棱锥的定义分析判断，对于B，根据棱台的定义分析判断，对于C，根据正三棱锥的定义分析判断，对于D，根据正六棱锥的定义分析判断. 【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫棱锥， 而有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误， 对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误， 对于C，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误， 对于D，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确， 故选：ABC 12．（答案不唯一） 【分析】根据向量的线性运算表示出，再结合向量的共线即可求得答案. 【详解】由题意知，而， 故, 则， 又点为的延长线上一点，故, 可取，则， 故使得成立的，的一组数据为， 故答案为：（答案不唯一）. 13． 【分析】首先求出的坐标，再根据在方向上的投影向量为计算可得. 【详解】因为，， 所以， 所以，， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为： 14． 【分析】作出与所成角，并判断出角的大小. 【详解】设，设是的中点，连接， 则，所以与所成角是或其补角. 根据直棱柱的性质以及可知， 所以， 所以三角形是等边三角形，所以， 所以与所成角大小为. 故答案为： 15．(1) (2)或 【分析】（1）利用斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的斜率与直线垂直的直线的斜率乘积为和点斜式求解即可； （2）求出线段垂直平分线的方程为，故点在直线上，设点为，根据等腰直角三角形两直角边垂直，所在直线斜率存在，斜率之积为建立等式求解即可． 【详解】（1）由题意得，则直线的斜率为， 所以过点且与直线垂直的直线的方程为：， 即． （2）的中点坐标为， 由（1）可知线段垂线的斜率为，所以线段垂直平分线的方程为， 即． 因为是以为顶点的等腰直角三角形， 所以点在直线上， 故设点为， 由可得：， 解得或， 所以点坐标为或， 则直线的方程为或． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理边角转化即可得结果； （2）先求，再利用正弦定理运算求解即可； （3）先求，再利用两家和差公式运算求解. 【详解】（1）因为，由余弦定理可得， 又，所以. （2）因为，则， 由正弦定理可得. （3）因为，， 则， 所以. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以A为原点，AB，AD，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由证明； （2）由（1）平面，将求直线到平面的距离转化为点到平面的距离，由求解. 【详解】（1）以A为原点，AB，AD，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系. 由题意得，，，. 所以，，. 设平面的一个法向量为. 易知, 令，得，所以. ， ，又平面, 平面； （2）由（1）可知平面，故求直线到平面的距离可转化为点到平面的距离， 因为，由（1）可知平面的一个法向量为， 设直线到平面的距离为. 则. 18．(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为平面平面， 所以， 又因为， 所以，而平面， 所以平面； （2）因为平面平面， 所以，而， 于是建立如图所示的空间直角坐标系， ， 由（1）可知：平面， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则有， 设平面与平面夹角为， ； （3）设，设， 于是有， ，由（2）可知平面的法向量为， 假设与平面所成角的正弦值为，则有，或舍去， 即. 19．(1)的一个方向向量；的一个方向向量（答案不唯一，符合题意即可） (2) (3)的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为 【分析】（1）根据题意即可得直线的方向向量； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【详解】（1）因为直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量； 直线的方程为，即，可知直线的一个方向向量. （2）由题意可知：直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 所以平面的方程为，即. （3）由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示，    可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以. 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为. 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$