河南省濮阳市2023-2024学年高二上学期9月大联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省濮阳市2023-2024学年高二上学期9月大联考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知，，，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题（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. 已知空间向量，，且，则（ ）
A. 6B. 10C. 8D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标运算即可求得答案.
【详解】因为，所以，解得，
则.
故选：A.
2. 如图，设，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的加法及减法的三角形法则，结合向量的数乘运算及共线向量定理即可求解.
【详解】由，得,由，得,
所以，
故选：A.
3. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（ ）
A. B.
C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.
【详解】由，，，
所以，即，
所以.
故选：A
4. 已知平行六面体的各棱长均为1，，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析得出，利用空间向量数量积可求得的值.
【详解】由已知可得，
，又，
所以，
所以．
故选：D．
5. 已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答.
【详解】依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
6. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量求出异面直线与所成角的余弦值作答.
【详解】在平行六面体中，，，
，，
则，而，且，
于是，

因此，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
7. 已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，
，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
8. 正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为
故选：A
二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.）
9. 已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 为钝角D. 在方向上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D.
【详解】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上投影向量，D对，
故选：BD.
10. 已知，，是空间的三个单位向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，两两共面，则，，共面
C. 对于空间的任意一个向量，总存在实数，，，使得
D. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
【答案】AD
【解析】
【详解】根据空间向量共面的判定定理及空间向量基底的概念逐项判断即可.
【解答】解：，，是空间的三个单位向量，
由，，则，故A正确；
，，两两共面，但是，，不一定共面，，，可能两两垂直，故B错误；
由空间向量基本定理，可知只有当，，不共面，才能作为基底，才能得到，故C错误；
若 是空间的一组基底，则，，不共面，可知也不共面，所以也是空间的一组基底，故D正确．
故选：AD.
11. 在正方体中，分别为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 平面B. 直线与平面所成角的正弦值为定值
C. 平面∥平面D. 点到平面的距离为定值
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体的棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的性，利用空间向量逐个计算判断即可
【详解】设正方体的棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
设，，即，所以，
设，，即，所以，
对于A，因为，
所以，所以，，
因，平面，所以平面，所以A正确，
对于B，因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，则
不是定值，所以B错误，
对于C，由选项A可知平面，所以为平面的一个法向量，
因为，所以，
所以，
因为，平面，所以平面，
所以平面∥平面，所以C正确，
对于D，因为，所以点到平面的距离为
，为定值，所以D正确，
故选：B
12. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 满足的点的轨迹长度为
C. 存在唯一的点满足
D. 存在点满足
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面平行判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 试写出一个点的坐标：__________，使之与点，三点共线．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用空间向量共线得到，求出，写出一个符合要求的即可.
【详解】根据题意可得，设 ，则设，
即
故 ，不妨令，则，故．
故答案为：
14. 已知､是空间相互垂直的单位向量，且，，则的最小值是___________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用空间向量数量积计算公式得到，求出最小值，进而求出答案.
【详解】因为互相垂直，所以，
，
当且仅当时，取得最小值，最小值为9，
则的最小值为3.
故答案为：3
15. 已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出面DBN的法向量，表示出，由求出的值即可.
【详解】
易得，又面面CDEF，面ABCD面CDEF，又面，则面CDEF，
又面CDEF，则，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，
又，
同理可得，设面DBN的法向量为，
则，令，则，又，
又面DBN，则，解得.
故答案为：3.
16. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，AC上，且，，平面MNG与AB交于点H，则___________，___________.
【答案】 ①. 6 ②. -42
【解析】
【分析】延长MG与延长线交于点K，连接KN确定点H，再利用堑堵的结构特征列式计算即得；利用空间向量加法及数量积计算作答.
【详解】如图，延长MG，交的延长线于K，连接KN，显然平面，平面，
因此，平面MNG与AB的交点H，即为KN与AB交点，
在堑堵中，，则，即，
又，则，而，于是得，所以，
因，，所以.
故答案为：6；-42
【点睛】结论点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．
四、解答题：本题共6小题，70分，其中第17题10分，其余均12分.
17. 如图所示，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，，，分别为，，的中点，以，，方向上的单位向量为基底，求．

【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理，用基底表示出，计算向量的模，即可求得答案.
【详解】令，，方向上的单位向量分别为，，，则是单位正交基底．
因为
，
所以，
所以的长度为．
18. 如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，连接PA，PB，PC，PD，点E，F，G，H分别为，，，的重心．求证：E，F，G，H四点共面．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】利用重心的性质并利用平面向量的加减法则将向量可表示成，根据空间向量的共面定理即可得出证明.
【详解】如图，分别连接PE，PF，PG，PH并延长交AB，BC，CD，AD于点M，N，Q，R，连接EG，MQ，EF，EH．

由于E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
所以M，N，Q，R分别为所在边的中点，即，，且；
所以顺次连接M，N，Q，R所得的四边形为平行四边形，
且有，，，．
由于四边形MNQR为平行四边形，
可得
．
由于三个向量有公共点E，根据空间向量的共面定理可得向量共面；
所以四点共面
19. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点．
（1）求直线DE和PF夹角的余弦值；
（2）求点E到平面PBF的距离．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，以点D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
（2）由（1）求出平面PBF的法向量，利用空间向量即可求出点E到平面PBF的距离.
【小问1详解】
因PD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，则PD、DA、DC三线两两互相垂直，
如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
则直线DE的方向向量，直线PF的方向向量，
，
所以直线DE和PF夹角的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）知，，，，
设平面PBF的法向量，则，令，得，
所以点E到平面PBF的距离为.
20. 如图所示，四棱锥中，底面为菱形，点在底面的投影点恰好是菱形对角线交点，点为侧棱中点，若，，．
（1）求证：平面⊥平面；
（2）点在线段上，且，求二面角的平面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明可得，同理可得，即可证明平面，得出答案；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.
【小问1详解】
由题，平面，所以，
因为底面为菱形，，，所以，
在中，，，∴，
因此，是中点，可得：，
同理：，∵，∴平面，
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
以，，分别为，，轴建系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
则，即， 可取，
设平面的法向量为，
则，即，可取，
所以，
设二面角的平面角为，∴．
21. 如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接，由（1）知⊥平面，又直线与平面所成的角的正切值为，可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案．
【详解】（1）是正三角形，为的中点，
．
又是直三棱柱，
平面ABC，
．
又，
平面．
（2）连接，由（1）知平面，
∴直线与平面所成的角为，
．
是边长为2的正三角形，则，
．
在直角中，，，
．
建立如图所示坐标系，则，，，，．
，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．
，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．
设平面与平面夹角为，则
．
平面与平面夹角的余弦值为．
22. 长方形中，，M是中点（图1），将沿折起，使得（图2），在图2中

（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存点E，使得平面与的夹角为，请说明理由．
【答案】（1）证明详见解析
（2）存在，理由详见解析
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，根据平面与的夹角列方程，由此判断出点的位置.
【小问1详解】
设，所以，
所以，由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）得，平面平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
依题意可知平面的法向量为.
，
设 ，则，
设平面的法向量为，
则，
故可设.
由于平面与的夹角为，
所以，
解得或（舍去）.
所以在线段上存在点，使得平面与的夹角为，
此时是线段上，靠近点的三等分点.