广东省梅州市梅雁中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题

这是一份广东省梅州市梅雁中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
梅雁中学高二数学月考试卷一、单选题1．，，若，则（    ）A．6 B．7 C．8 D．92．点关于平面对称的点的坐标是（    ）A． B．C． D．3．已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量，若，且，则（    ）A．-3或1 B．3或C．-3 D．14．在空间直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（    ）A． B． C． D．5．如图：在平行六面体中，M为，的交点．若，，，则向量（    ）A． B．C． D．6．如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为（     ）A． B． C． D．7．如图，在正方体中，当点F在线段上运动时，下列结论正确的是（    ）．A．与始终垂直 B．与始终异面C．与平面可能垂直 D．与可能平行8．在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．下列关于空间向量的命题中，正确的是（    ）A．若非零向量满足，则B．任意向量满足C．若为空间一基底，且，则四点共面.D．已知向量，若，则为钝角.11．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，CD的中点，则（    ）  A． B．平面BEFC．直线AB交平面EFC于点P，则 D．点到平面BEF的距离为12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面三、填空题13．已知直线的方向向量为，点在直线上，则点到直线的距离为      .14．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是      15．如图，两个正方形，的边长都是3，且二面角为，为对角线靠近点的三等分点，为对角线的中点，则线段      .16．如图，在三棱柱中，，，两两互相垂直，，，分别是侧棱，上的点，平面与平面所成的（锐）二面角为，则当最小时           ．   四、解答题17．已知，，，，，求：(1)；(2)与所成角的余弦值．18．如图，在直三棱柱中，，．  (1)求证：；(2)求点到平面的距离．19．如图，长方体的底面是正方形，，点是棱的中点，请用空间向量知识解答下列问题：  (1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.20．四棱锥的底面是边长为2的菱形，，对角线AC与BD相交于点O，底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．  (1)求异面直线DE与PA所成角的余弦值；(2)证明：平面PAD，并求点E到平面PAD的距离．21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点，且．记的中点为，若在线段上（异于、两点）．  (1)若点是中点，证明：面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．22．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.  (1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值；(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
参考答案：1．C【分析】根据给定条件，利用空间向量共线求出m，n的值作答.【详解】因为，，，则存在，使得，即，于是，解得，所以.故选：C2．A【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.【详解】由空间直角坐标系的性质可知，点关于平面对称的点的坐标是.故选：A3．A【分析】根据空间向量的模的坐标表示结合即可求得x的值，再根据，列出方程，即可求得y，从而可得答案.【详解】因为，所以，又，所以，所以，所以，所以当时，，则，当时，，则，所以或.故选：A.4．A【分析】根据平行四边形对角线的交点为中点可得答案.【详解】设，因为与的中点相同，所以，解得，所以.故选：A.5．B【分析】根据空间向量基本定理结合平行六面体的性质求解【详解】因为在平行六面体中，M为，的交点，，，，所以,故选：B6．A【分析】以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.运用异面直线的空间向量求解方法，可求得答案.【详解】解：以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得，，，，则，，所以.又因为异面直线所成的角的范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.7．A【分析】构建空间直角坐标系，令正方体棱长为1，且，求得，而，，，利用向量垂直、平行的坐标表示判断线线、线面的位置关系即可.【详解】构建如图示的空间直角坐标系，若正方体棱长为1，则，，，，，令且，故，而，，，所以，即，故A正确；显然A1F在由相交线A1F和BC1所成的平面上，且B1D与该平面有交点，故F在BC1上移动过程中A1F可能与B1D相交，B错误；若且，则，不存在这样的值，D错误；若面，则，显然不存在这样的a值，故C错误.故选：A8．A【分析】根据题意可知，为三棱锥的高时，为所求，可设，则,可求出点到平面的距离,得到，再利用，得，解出即可.【详解】由题意，在空间直角坐标系中，，，，设，为平面的法向量，则，,，则，令则，故，则点到平面的距离为，所以，则又，，即，所以，代入可得，则所以，则故选：.9．AD【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量，以及线面的位置关系求得正确答案.【详解】若，则，即有，即，即有，故A正确，C错误；若，则，即有，可得，解得，则，故B错误，D正确．故选：AD10．AC【分析】根据向量共线定理判断A；根据数量积的运算律判断B；根据判断C；根据向量夹角公式求解判断D.【详解】对于A选项，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数使得，故，所以，故A选项正确；对于B选项，因为，不一定共线且向量数量积为实数，故不一定成立，故B选项错误；对于C选项，，，是空间的一组基底，故三点不共线，，即所以， 四点共面，故C选项正确；对于D选项，当与共线且反向时，有，即，，即，故D选项错误.故选：AC.11．BCD【分析】对于ABD，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可，对于C，延长交于点，连接交于点，然后利用三角形相似可求得结果.【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，因为E，F，G分别为棱，，CD的中点，所以，对于A，因为，所以，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，即，因为，平面，所以平面，所以B正确，对于C，延长交于点，连接交于点，因为F为棱的中点，所以，因为，所以，所以，因为‖，所以，所以,因为，所以，所以，所以C正确，  对于D，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以点到平面BEF的距离为，所以D正确，故选：BCD  12．BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．   13．【分析】求出与直线的方向向量的夹角的余弦，转化为正弦后可得点到直线的距离．【详解】，，所以，点到的距离为．故答案为：．14．【分析】由向量在向量上的投影向量为,，计算即可求出答案．【详解】向量，，则，，，所以向量在向量上的投影向量为,,0,,0,，故答案为：．15．【分析】由已知可得.进而表示出，即可根据数量积的运算性质求出，进而即可求出答案.【详解】由已知可得，，，所以即为二面角的平面角，即.因为，为对角线的中点，所以.因为为对角线靠近点的三等分点，所以，所以.所以，所以.所以，所以线段.故答案为：.16．/60o【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求二面角的方法求解．【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：  设，，则，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，又平面的一个法向量为，所以，即，当最小时，，，所以，所以，故答案为：．17．(1)，，(2) 【分析】（1）向量平行转换为对应坐标分量成比例，向量垂直转换位对应数量积为0即可得解.（2）由向量数量积公式变形一下即可得到向量夹角余弦值公式，并结合向量数量积的坐标运算即可得解.【详解】（1）因为，，，所以不满足要求，故，解得，所以，，又因为，所以，即，解得，因此.（2）由（1）得，同理，所以，，；因此.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用它们的数量积为零可证异面直线的垂直.（2）求出平面的法向量和的坐标后可求点面距.【详解】（1）建立直角坐标系，其中为坐标原点.  依题意得，因为，所以.（2）设是平面的法向量，由得所以，令，则，因为，所以到平面的距离为.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出，即可得证；（2）求出平面的法向量，利用空间向量求出夹角的余弦值，即可得解.【详解】（1）以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，.，，，又，平面，平面.（2）由（1）易知平面的一个法向量为，，设平面的法向量，则，即取，，二面角的正弦值为.20．(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（2）根据中位线定理证明线线平行，进而得线面平行，利用空间向量点到面距离公式进行求解即可.【详解】（1）由题意，两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，  菱形中，，所以,在中，因为底面ABCD ，所以PB与底面ABCD所成的角为，所以， 则点A、B、D、P的坐标分别是， E是PB的中点，则，于是，.设的夹角为θ，则有.∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为；（2）连接，分别是的中点，，平面PAD，平面PAD，平面PAD.因为，,设平面PAD的法向量，则，令，则，所以，又，则点E到平面PAD的距离.21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连接，证明出平面，，设，其中，以点为坐标原点，、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得解.【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，因为，，因为为的中点，则且，因为为的中点，则且，因为、分别为、的中点，所以，且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面.（2）解：连接，因为，，为的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，且，因为，则，又因为，则，因为，为的中点，则，因为，，，所以，，所以，，则，又因为，、平面，所以，平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，  则、、、，设，则，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，若直线与平面所成角的正弦值为，则，整理可得，因为，解得，故.22．(1)证明见解析(2)(3)，. 【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论；（2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案.【详解】（1）证明：在梯形中，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面.（2）解：取中点，连接，，，，，，，为二面角的平面角.，，，，.  （3）由（2）知：①当与重合时，；②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；  ③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，过作交于，连接，由（1）知，，又，平面，，平面，平面，.又，平面ACH，，平面，，.在中，，从而在中，，，，.，.综上所述，，.  【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.