精品解析：江苏省盐城市五校联盟2024-2025学年高二下学期第一次月考（3月）数学试题

2024-2025学年春学期高二第一次联考 数学学科试题 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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. 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. 在三棱柱中，为棱上点并且设，，，则（  ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法的三角形法则，将转化为，再结合已知条件将用、、表示出来，进而得出的表达式; 【详解】 在三棱柱中， ， 故选：B. 2. 从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（  ） A. 14个 B. 9个 C. 12个 D. 16个 【答案】D 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理计算即可. 【详解】根据题意，若复数表示虚数，则； 第一步，从中任取一个数作为，共有4种方法； 第二步，在剩下4个数中任取一个作为，共有4种方法， 所以共有种. 故选：D. 3. 若，，则（    ） A. 25 B. C. D. 29 【答案】B 【解析】 【分析】先根据向量的加法、数乘运算法则分别求出与的坐标，再根据向量数量积的坐标运算直接计算即可. 【详解】已知，， 所以，， 所以， 所以 . 故选：B. 4. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面的夹角公式求解即可； 【详解】依题意轴的方向向量可以为，设轴与平面所成角为，则，因为，所以， 故选：A 5. 已知两平面的法向量分别为，，则两平面的夹角为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过向量夹角公式求出两平面法向量的夹角，再根据两平面夹角与法向量夹角的关系求出两平面的夹角. 【详解】因为两平面的法向量分别为，. 又，，. 所以.  所以两平面的夹角为.  故选：A. 6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过向量的坐标运算求出与的坐标，再利用向量的数量积公式求出两向量夹角的余弦值，进而求出正弦值，最后根据平行四边形面积公式求出面积. 【详解】已知，，，根据向量坐标运算可得，.  根据向量数量积坐标运算：可得. 根据向量模长公式：可得，.  根据向量夹角公式可得. 因为.  根据平行四边形面积公式，可得.  则邻边的平行四边形的面积为. 故选：B. 7. 在正三棱锥中，，点是棱的中点，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算，用表示，再用空间向量数量积运算即可. 【详解】根据题意可作图， 因为点是棱的中点，所以, 因为，所以, 则, 由题意，都是等边三角形， 所以， 故 故选：A. 8. 将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论不正确的是（    ） A. B. 是等边三角形 C. 点与平面的距离为 D. 与所成的角为 【答案】D 【解析】 【分析】对于选项A：取的中点，连接.运用正方形性质和直线与平面垂直的判定定理，可得平面.再用直线与平面垂直的性质，所以，判断A.  对于选项B：已知正方形边长为，能得到.由于二面角是直的，且，运用线面垂直性质，结合用勾股定理算出，又，三边相等，是等边三角形. 判断B. 对于选项C：运用等体积法，先算出的体积，再算出的面积，根据体积公式就能求出. 判断C. 对于选项D：建立坐标系，得出、、、的坐标，进而得到向量、，用求向量夹角的方法算出余弦值，结合异面直线夹角范围，可知夹角是，不是，判断D. 【详解】对于选项A，取的中点，连接. 因为正方形，所以 又，根据直线与平面垂直判定定理，可得平面. 而平面，根据直线与平面垂直的性质，所以，故选项A正确.  对于选项B，因为正方形边长为，所以. 由于二面角是直二面角，即平面平面，且，平面平面， 根据面面垂直的性质定理，可得平面，而平面，则. 在中，根据勾股定理，可得. 又，三边相等，所以是等边三角形，故选项B正确.  对于选项C，设点到平面的距离为. 根据三棱锥体积公式，，， 所以.. 由，即，解得，故选项C正确.  对于选项D，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，.，. 设与所成的角为，根据向量的夹角公式. ，，. 则，因为异面直线所成角的范围是，所以，故选项D错误.  故选：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. 在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间中不共面的三个向量可以作为空间向量的一个基底，从而求解. 【详解】由题意得：如下图所示： 对于A项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故A项正确； 对于B项：，所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故B项错误； 对于C项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故C项正确； 对于D项：， 所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故D项错误. 故选：AC. 10. 现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法 C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种 D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，按照分步乘法原理可计算；对B，从5个盒子中选出4个盒子的排列；对C，先选定两个盒子的编号与球的编号相同的球，再考虑剩下的两个球不放进自己编号的盒子放法；对D，即考虑哪个盒子为空的放法. 【详解】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误； 对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确； 对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确； 对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面，则最小值为 B. 若平面，则 C. 若，则到平面的距离为 D. 若，时，直线与平面所成角为，则 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，可得到各点坐标，对于A，求出平面的法向量，根据线面平行可得，再借助基本不等式即可得解；对于B，借助空间向量计算即可；对于C，利用点到平面距离公式计算即可；对于D，利用空间向量夹角公式计算即可. 【详解】如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则有 ， 则，， 对于A： 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，故 因为，平面， 所以，得， 又因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故A正确； 对于B：，则， 若平面，则有，即， 解得，故B错误； 对于C：若，则， 则到平面的距离为，故C错误； 对于D：，当，时，， 则 ， 当时，， 当时，， 当且仅当时，等号成立， 故，即，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间中有三点，则A到直线的距离为__． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，则A到直线的距离. 故答案为： 13. 用排列数表示且___． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列数公式确定已知式对应排列数即可. 【详解】由，且都为正整数， 对于，有，，即排列数表示为. 故答案为： 14. 已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，若且，可得，再应用向量法求到面的距离的最大值，最后应用三棱锥的体积公式求最大体积. 【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，， 若且，则，整理得， 由，，是面的一个法向量， 则，取，则， 又，则到面的距离， 综上，，故时， 显然是边长为的等边三角形，故， 所以三棱锥的体积的最大值为. 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. 有5名同学站成一排拍照． （1）若甲乙必须站一起，则共有多少种不同的排法？ （2）若最左端只能排甲或乙，且最右端不能排甲，则共有多少种不同的排法？ 【答案】（1）48 （2）42 【解析】 【分析】（1）捆绑法进行求解；（2）分甲排左端和乙排左端两种情况进行求解，再求和即可. 【小问1详解】 将甲乙捆绑在一起，故方法数有种． 【小问2详解】 如果甲排左端，则方法数有种； 如果乙排左端，则方法数有种． 故总的方法数有种． 16 如图，正方体. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据及线面垂直的判定即可证结论； （2）由（1）所得坐标系，求得，应用向量法求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 设正方体的棱长为2，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 易知， 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即，又，即， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）易知，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为 17. 如图，已知平行六面体. （1）若，求的长度； （2）若，求与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用空间向量线性运算、空间向量数量积的运算及模长的计算公式，即可求解； （2）根据条件，先求出，，，再利用线线角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 由题知，又， 所以, 所以. 【小问2详解】 令，因为， 所以， 因为，所以， 因为 ，所以， 设与所成的角为，则， 即与所成角的余弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． （1）求到平面的距离； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）线段上存在点，是中点 【解析】 【分析】（1）作，以为原点，以，的方向分别为轴，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由公式即可求解. （2）结合（1），再由向量夹角余弦值公式即可求解. （3）“线段上存在点，使得平面”，则，而在第二问中已经求出，所以只需设，，待定系数即可求解. 【小问1详解】 因为平面平面，，平面平面，所以平面， 作，以为原点，以，的方向分别为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即，，解得， 到平面的距离为 【小问2详解】 由（1）知，平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为： ． 所以直线与平面所成角的正弦值为 【小问3详解】 “线段上存在点，使得平面”等价于“”． 因为，设，， 则，． 由（2）知平面的法向量为， 所以．解得． 所以线段上存在点，即中点，使得平面． 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据给出的结论，得到直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量求直线与平面所成的角的余弦值. （2）求平面与交线的方向向量和平面的法向量，利用向量的方法，证明直线与平面平行. （3）分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求平面角的余弦值. 【小问1详解】 由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． 【小问2详解】 由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，所以． 【小问3详解】 因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年春学期高二第一次联考 数学学科试题 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在三棱柱中，为棱上点并且设，，，则（  ） A. B. C. D. 2. 从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（  ） A. 14个 B. 9个 C. 12个 D. 16个 3. 若，，则（    ） A. 25 B. C. D. 29 4. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 已知两平面的法向量分别为，，则两平面的夹角为（ ） A. B. C. 或 D. 6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（    ） A. B. C. 3 D. 7. 在正三棱锥中，，点是棱的中点，，则（    ） A. B. C. D. 8. 将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论不正确的是（    ） A. B. 是等边三角形 C. 点与平面的距离为 D. 与所成的角为 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 现有个编号为，，，不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（    ） A. 共有种不同的放法 B. 恰有一个盒子不放球，共有种放法 C. 每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种 D. 将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面，则最小值 B. 若平面，则 C. 若，则到平面的距离为 D. 若，时，直线与平面所成角为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间中有三点，则A到直线距离为__． 13. 用排列数表示且___． 14. 已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 有5名同学站成一排拍照． （1）若甲乙必须站一起，则共有多少种不同的排法？ （2）若最左端只能排甲或乙，且最右端不能排甲，则共有多少种不同的排法？ 16. 如图，正方体. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 如图，已知平行六面体. （1）若，求的长度； （2）若，求与所成角的余弦值. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． （1）求到平面的距离； （2）求直线与平面所成角正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 19. 在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． （1）已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； （2）已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； （3）已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$