陕西省咸阳市兴平市西郊高级中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

答案 1.【答案】C 【难度】0.65 【知识点】空间向量夹角余弦的坐标表示、空间向量垂直的坐标表示、空间向量平行的坐标表示、空间向量模长的坐标表示 【分析】由空间向量的数量积、模长、夹角公式可判断ACD；设，代入解方程即可判断B. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，设，则，则无解，故B错误； 对于C，，， 所以，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 2.【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断命题的充分不必要条件、判定空间向量共面、空间共面向量定理的推论及应用 【分析】根据共面向量定理判断点满足，且，向量，，共面，得到，，，四点共面，可以是充分条件；再通过举出反例得出反面不成立，即可得出答案． 【详解】解：若，则，即， 由共面定理可知向量，，共面，所以，，，四点共面； 反之，若，，，四点共面，当与四个点中的一个比如点重合时， ，可取任意值，不一定有， 所以是，，，四点共面的充分不必要条件． 故选：B． 3.【答案】A 【难度】0.65 【知识点】空间共面向量定理的推论及应用、空间向量共面求参数 【分析】借助空间向量的线性运算与基本定理可得，结合消元法与二次函数的性质计算即可得. 【详解】因为， 所以，又点D在确定的平面内，是平面外任意一点， 所以，即， 则. 故选：A. 4.【答案】C 【难度】0.65 【知识点】空间向量共线的判定、空间共线向量定理的推论及应用 【分析】由题意逐一考查所给的说法是否正确即可. 【详解】对于空间中的任意向量，都有 ，说法A错误； 若，则，而，据此可知，即两点重合，选项B错误； ，则A、B、C三点共线，选项C正确； ，则线段的长度与线段的长度相等，不一定有A、B、C三点共线，选项D错误； 本题选择C选项. 【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则，三点共线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.【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量的坐标运算 【分析】夹角为钝角只需满足，排除共线的情况即可. 【详解】由，解得 当共线时，由，即解得， 所以当夹角为钝角时， 故选：B 6.【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判定空间向量共面、空间向量基底概念及辨析 【分析】直接利用空间向量的基地概念判断选项即可. 【详解】对于A，设，则，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误； 对于B，设，则，无解，则不共面，能构成空间的一个基底，故B正确； 对于C，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故C错误； 对于D，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故D错误； 故选：B 7.【答案】D 【难度】0.65 【知识点】求空间图形上的点的坐标、求空间两点的中点坐标、空间位置关系的向量证明 【分析】建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再求出相关向量的坐标，利用数量积是否为零作出判断. 【详解】如图：取线段BE的中点H,连接AH, 因为，所以 , 又平面平面BCDE，平面平面BCDE=BE，平面, 所以平面BCDE， 又，，故, 因此以B为坐标原点，以BE,BC为x,y轴，以过B作AH的平行线为z轴，建立空间直角坐标系， 则 , 故 ,所以，故， 所以，故①正确； ,则， 故，即，故②正确； ,, 故，即，故③正确， 故选：D 8.【答案】A 【难度】0.65 【知识点】空间距离公式的应用、求空间中两点间的距离、求空间两点的中点坐标 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，再求长度最小值即得． 【详解】   如图建立空间直角坐标系，底面ABCD是正方形，， 设， 当时，， 故选：A. 9.【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】求空间两点的中点坐标、关于坐标轴、坐标平面、原点对称的点的坐标 【解析】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：ACD. 【点睛】结论点睛：本题考查空间中中点坐标公式的应用，空间中对称点的判断，可熟记以下结论： （1）若空间中的点为，则的中点坐标为； （2）若空间中的点为，则点关于轴对称的点的坐标为， 关于轴对称的点的坐标为，关于轴对称的点的坐标为； （3）若空间中的点为，点关于面对称的点的坐标为，关于面对称的点的坐标为，关于面对称的点的坐标为； （4）若空间中的点为，点关于原点对称的点的坐标为 10.【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】判定空间向量共面、空间向量的坐标运算、空间向量垂直的坐标表示、空间向量夹角余弦的坐标表示 【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D. 【详解】因为，所以， 可得，则向量与向量的夹角为，故A正确； 因为， 所以，即B正确； 根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为 ，所以C错误； 由向量，，，可知， 向量与向量，共面， 所以D正确. 故选：ABD 11.【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量的数乘运算、空间向量的加减运算、空间向量的有关概念 【分析】直接由向量的数量积计算得出即可判断A；由向量的运算得出，再通过计算得出值来判断B；由向量运算得，再通过向量运算与模长运算得出来判断C；由向量夹角的计算公式结合向量运算计算来判断D. 【详解】对于选项A：，故A正确； 对于选项B： , , , ,故B正确； 对于选项C：, 则， ， ， ，故C错误； 对于选项D： ， ， , 故为钝角，故为钝角三角形，故D正确； 故选：ABD. 12.【答案】 【难度】0.65 【知识点】立体几何新定义、空间向量夹角余弦的坐标表示、空间向量模长的坐标表示、求空间向量的数量积 【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可. 【详解】因为，， 所以， 故， 所以， 故答案为： 13.【答案】/ 【难度】0.65 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量数量积的概念辨析 【分析】由题意可得：，根据空间向量的数量积运算求解. 【详解】由题意可知：，且， 因为M为BC中点，N为AD中点，    则， 所以 . 故答案为： 14.【答案】 【难度】0.65 【知识点】空间向量的坐标运算、空间向量平行的坐标表示 【分析】由两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线运算得解. 【详解】由，得，解得， 又，得，解得， 所以与夹角为钝角，实数的取值范围为且. 故答案为：. 15.【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】点到平面距离的向量求法、异面直线夹角的向量求法、求平面的法向量、求空间两点的中点坐标 【分析】建立空间直角坐标系，先求出的坐标，套用线线角的夹角公式求解即可； （2）先求出平面的法向量，再用点到平面的距离公式即可算出答案. 【详解】（1）因为在直三棱柱ABC-中，A=2，AB=AC=1，AB⊥AC， 所以两两垂直，以分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则 因为M，N分别是A的中点，所以， ,, 所以， 直线MN与 所成角的余弦值为 （2）因为，， 设平面的法向量为，则 即 ， 解得 取平面的一个法向量为 所以N到平面的距离 16.【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据的面积相等，得到再由平面证得结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，所以， 由，即， 又因为，可得为边上的高，所以 因为平面且平面所以 又因为且平面，所以平面. （2）解：因为平面且， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为.    17.【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】求空间中两点间的距离、面面角的向量求法 【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，，再利用空间两点间的距离公式，即可求出结果； （2）根据（1）结果，得到，再求出平面和的法向量，再利用两平面夹角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）因为面面，又面面，，面，所以面，又， 如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 因为两个正方形的边长为1，则， 又，则，得到， 同理可得， 所以， 又，所以当时，的长最小，最小值为. （2）由（1）知，的长最小时，分别为正方形对角线和的中点，可得， 设平面的一个法向量为，又， 由，取，可得， 设平面的一个法向量为，又，， 由，取，可得， 则，所以， 因此，二面角的正弦值为. 18.【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，位于的中点处，证明见解析 【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形是平行四边形，所以，从而得到线面平行； （2）先根据面面垂直得到线面垂直，是四棱锥的高，设，根据体积求出，建立空间直角坐标系，设，由线面角得到方程，求出，得到答案. 【详解】（1）取中点，连接， ∵分别为的中点， ，， ∵底面四边形是矩形，为棱的中点， ，， ，， 故四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， ∴平面.    （2）假设在棱上存在点满足题意， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 平面，则是四棱锥的高. 设，则，矩形的面积 ，所以. 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，      故. 设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令得，， . 由题意可得， 整理得，解得或，又因为，所以， 故存在点，位于的中点处满足题意. 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 $西郊中学高二第一学期第一次月考数学答案 一.单选 1.【答案】C 2.【答案】B 3.【答案】A 4.【答案】C 5.【答案】B 6.【答案】B 7.【答案】D 8.【答案】A 二.多选 9.【答案】ACD 10.【答案】ABD 11.【答案】ABD 三.填空 12.【答案】2√5 13【答案】/-05 14.【答案】-0，-1U(-1,5) 四.解答题 5【答案】0号 3 【详解】(1)因为在直三棱柱ABC-A,B,C中，AA=2,AB=AC-1,AB⊥AC, 所以AB,AC,AA两两垂直，以AB,AC,AA分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角 坐标系A-z,则B,(1,0,2,C(0,1,2),A(0,0,0,A(0,0,2),C(0,1,0),B1,0,0 因为“，N分别是A48C的中点，所以M1Q0小，N店行2 w= BC=(-1,1,2 11 +2 所以cos(，BG MN·BC 2 MN BC 5*6 3 直线MN与BC, 所成角的余弦值为 3 2)因为8C=-12,w=101,m=） n.BM=0 -x+z=0 设平面BC,M的法向量为n=(x,y,z),则 即 nBC=0 -x+y+2z=0' 试卷第1页，共3页 X=Z 解得 y=-2 取平面BC,M的一个法向量为n=(1,-1,1) 11 所以N到平面BC,M的距离d= n.MN 22 3 3 3 A1 B N M B C 16.【答案】(1)证明见解析 2v6 61 【详解】(1)证明：因为AB⊥AC,AB=15,AC=20,所以BC=√AB2+AC2=25, 由Sx支B4C=150,即4B4C=0, 又因为AM·BC=AB·AC=300,可得AM为BC边上的高，所以AM⊥BC, 因为PA⊥平面ABC,且BCc平面ABC,所以PA⊥BC, 又因为AM O PA=A且AM,PAC平面PAM,所以BC⊥平面PAM (2)解：因为PA⊥平面ABC,且AB⊥AC, 以A为坐标原点，以AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为P4=10,可得B(15,0,0),C(0,20,0),P(0,0,10), 则BC=(-15,20,0,BP=(-15,0,10),AP=(0,0,10), 试卷第1页，共3页 BC.n=-15x+20y=0 设平面PBC的法向量为i=(x,y,z,则 BP,i=-15x+10z=0 令z=6,可得x=4,y=3,所以i=4,3,6例， 设直线PA与平面PBC所成角为0， 则sin0=cosi,Ap= 60 66V61 √61×10661 故PA与平面PBC所成角的正弦值为 61 BL M 17【答案】（①2 2)22 3 【详解】(I)因为面ABCD⊥面ABEF,又面ABCD∩面ABEF=AB,CB⊥AB,CBC面 ABCD,所以CB⊥面ABEF,又AB⊥BE, 如图，以B为原点，BA,BE,BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， D M B E 因为两个正方形的边长为1，则A(1,0,0),B(0,0,0),C(0,0,1), 试卷第1页，共3页 2，√2 同理可得N ,21,0 2 所以MN 哥- 。1 2 又0<1<5，所以当，=2时，MN的长最小，最小管为 2 2 (2)由(1)知，MN的长最小时，M、N分别为正方形对角线AC和BF的中点，可得 (11.0, (2'20 设平面4ww的-个法向量为=x小，又M-}》,M=(02》】 1 由 ，取x=1,可得m=(1,1,, 1 =1一)=O 设平面wv的-个法向量为i=aa0,又丽-兮0的，Mw-0好》 c=0, 的 2 ,取a=-1,可得i=（-1,1,1, 1 i.MN=二b- 2 2c0 则cosm,i= m万3，所以sinm,i=cosm,万=2 mn 1 3 因此，二面角A-MN-B的正弦值为22 18.【答案】(1)证明见解析 (2)存在点M,位于AS的中点处，证明见解析 【详解】(1)取SC中点F,连接EF,FD, :E,F分别为SB,SC的中点， :EF//BC,EF=-BC, 2 :底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点， PDBC PD-BC :EF /PD,EF=PD, 故四边形PEFD是平行四边形，所以PEI/FD 试卷第1页，共3页 又：FDC平面SCD,PEd平面SCD, .PE//平面SCD D B (2)假设在棱SA上存在点M满足题意， 在等边△SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD, 又平面SAD⊥平面ABCD,平面SADO平面ABCD=AD,SPc平面SAD, .SP⊥平面ABCD,则SP是四棱锥S-ABCD的高 设4D=m(m>0),则5P=5 m,矩形ABCD的面积S=m 2 K-P=m×9m25,所以m2 7m= 3 2 3 以点P为原点，PA,P下的方向分别为x,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0,0),41,0,0),B1,1,0),S0,0,5, 2 D 故PA=1,0,0),PB=(1,1,0,A=-1,0,V5 设AM=2AS=(-元，0，N5元)0≤1≤1， PM=PA+AM=1-元，0,52)， 设平面PMB的一个法向量为n=(x,y,z), m-PM=(1-2刘x+5z=0,令x=5得y=-5,=i-1, 则 iPB=x+y=0 方=(52，-3,1-1 试卷第1页，共3页 由题意可得cos(否，- A不.-5+3(2-1) 5 21 4元2322+322+(2-1022V7元2-22+17 整理得2822-82-3=0，解得元=或元=-3 年·又因为0≤久1，所以久三， 故存在点M,位于AS的中点处满足题意 试卷第1页，共3页 西郊中学2024-2025学年度第一学期第一次月考试题 高二年级 数学试题 满分120分，时间90分钟 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 1、 单项选择题：（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．已知的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 2．对于空间任一点和不共线的三点，，，有，则是，，，四点共面的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D．2 4．满足下列条件，能说明空间不重合的A、B、C三点共线的是(　　) A． B． C． D． 5．已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（    ） A． B． C． D． 7．在四棱锥中，，，，，M是AC的中点,若平面平面BCDE，则下列三个结论：①；②；③中，正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 8．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，，PA⊥平面ABCD，动点M、N分别在线段BD和PC上，则线段MN长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 多 二.多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）. 9．关于空间直角坐标系中的一点，下列说法正确的是（    ） 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 10．已知向量，，，则下列结论正确的是（    ） A．向量与向量的夹角为 B． C．向量在向量上的投影向量为 D．向量与向量，共面 11．如图，在平行六面体中，已知，，，，则下列说法正确的是 （    ）    A． B． C． D．为钝角三角形 第II卷（非选择题） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）. 12．两个非零向量，，定义．若，，则 ; 13．已知棱长为1的正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则 ; 14．已知向量，若与的夹角为钝角，则实数t的取值范围是 ． 四、解答题:（本大题共47分,解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程） 15．（本小题满分10分） 在直三棱柱ABC-中，A=2，AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分别是A的中点， (1)求直线MN与B所成角的余弦值； (2)求N到平面BM的距离 16．（本小题满分10分） 如图，三棱锥中，平面，是棱上一点，且.    (1)证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 17．（本小题满分12分） 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记. (1)求长的最小值； (2)当的长最小时，求二面角的正弦值. 18．（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 西郊中学2024-2025学年度高二数学第一次月考数学试题 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $