北京市第一六一中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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2023.10
班级__________ 姓名__________ 学号__________
本试卷共3页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.
一、选择题：本大题共12道小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置.
1. 已知点和点，则向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标的定义，即可求解.
【详解】由和点，所以.
故选：A
2. 设是两两不共线的向量，且向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量基底运算法则直接计算即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：C
3. 点M(3,-2,1)关于yOz平面对称的点的坐标是
A. (-3,2,1)B. (-3,2,-1)C. (3,2,-1)D. (-3,-2,1)
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系对称点的坐标特点即可得到结果.
【详解】点M(3,-2,1)关于平面yOz的对称点坐标为(-3,-2,1).
所以本题答案为D.
【点睛】本题考查空间直角坐标系，注意仔细审题，属基础题.
4. 已知，则向量在方向上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入向量投影的计算公式即可求出结果.
【详解】向量在方向上的投影数量为，
故选：B.
5. 与向量共线的单位向量是（ ）
A. B. 和
C. D. 和
【答案】B
【解析】
【分析】设与向量共线的单位向量为，则，再根据求出，即可得解.
【详解】设与向量共线的单位向量为，
则，所以，解得，
所以或.
故选：B
6. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先表示出，，依题意可得，由数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
因为，
所以，即，
所以.
故选：D
7. 如图，空间四边形中，，，.点在上，且，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】为的中点，,
.
故选：C
8. 已知平面平面，．下列结论中正确的是（ ）
A. 若直线平面，则B. 若平面平面，则
C. 若直线直线，则D. 若平面直线，则
【答案】D
【解析】
【分析】
A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；
【详解】A，若，，则或，故A错误；
B，若，，则或与相交，故B错误；
C，若，，，必须，利用面面垂直的性质定理可知，故C错误；
D，若，，即，利用面面垂直的判定定理知，故D正确；
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线，平面直线的位置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.
9. 如图，在三棱锥中，两两垂直，且，点E为中点，若直线与所成的角为，则三棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可证平面，取BD的中点F，连接EF，则为直线与所成的角，利用余弦定理求出，根据三棱锥体积公式即可求得体积．
【详解】如图，
∵，点为的中点，
∴，，
∵，，两两垂直，，
∴平面，取BD的中点F，连接EF，
∴为直线与所成的角，且，
由题意可知，，设，连接AF，
则，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，即
∴三棱锥的体积．
故选：．
10. 如图，在长方体中，，点B到平面距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将点到平面距离转化为三棱锥的高，然后利用等体积的方法求距离即可.
【详解】
由题意得点到平面距离为三棱锥的高，
设点到平面距离为，取中点，连接，
因为为长方体，所以，所以，
，，，
所以，，解得.
故选：C.
11. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）
A. 20°B. 40°
C. 50°D. 90°
【答案】B
【解析】
【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.
【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.
12. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
二、填空题：本大题共6小题，共30分.把答案填在答题纸中相应的横线上.
13. 设，为单位向量，且，则____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由向量的数量积及运算律计算可得解.
【详解】由题意得，又，
即，
整理得，代入，
得.
故答案为：.
14. 若空间三点，，共线，则实数____________.
【答案】5
【解析】
【分析】根据三点共线，转化为向量共线，即可求解.
【详解】，，
由空间三点共线，则，即，
所以，得，.
故答案为：5
15. 已知长方体中，，，则平面与平面所成的角的余弦值为____________.
【答案】
【解析】
分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的角为，
则平面与平面所成角的余弦值．
故答案：．
16. 如图，在棱长都为1的平行六面体中，，，两两夹角均为，则____________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线垂直.这三个顶点可以是____________.

【答案】 ①. ②. 点或点 （填出其中一组即可）
【解析】
【分析】（1）以向量，，为基底分别表达出向量和，展开即可解决；（2）由上一问可知，用上一问同样的方法可以证明出，这样就证明了平面与直线垂直.
【详解】（1）令，，，
则，，
则有，
，
故
；
（2）令，，，
则，
则有，
，
故
，
故，即，
又由（1）知，，平面，
故直线平面；
同理可证直线平面.
故答案为：；点或点
17. 如图，长方体中，，，，E为中点，点P在线段上.点P到直线的距离的最小值为____________.

【答案】
【解析】
【分析】设点P在平面ABCD上的射影为，则题意所求距离最小值即为长度的最小值，且时的长度最小，利用三角形面积相等关系即可求解.
【详解】由题意知，点P到直线的距离即为点P在平面ABCD上的射影到点C的距离.
设点P在平面ABCD上的射影为，
显然点P到直线的距离的最小值为长度的最小值，
当时，的长度最小，
此时，，
所以，解得，
即点P到直线的距离的最小值为.
故答案为：.

18. 在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点P，使得
④当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】②④
【解析】
【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，
①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；
②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；
③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；
④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.
故选：②④
【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.
三、解答题：本大题共5小题，共72分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
19. 已知向量，，
（1）求的值；
（2）求；
（3）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的减法运算法则和数量积运算公式直接计算；
（2）根据空间向量夹角公式直接计算即可；
（3）根据条件写出模的表达式，再直接求最小值即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
又因为，
所以.
【小问2详解】
因为，，
所以.
【小问3详解】
因为，，
所以，
所以，
当时，取得最小值，则最小值为.
20. 如图，在直三棱柱中，，，E是中点.

（1）求直线与直线所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的方法求异面直线所成角即可；
（2）利用空间向量的方法求线面角即可.
【小问1详解】
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，

，，，，，，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
【小问2详解】
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21. 如图，平面，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）在平面内，作，则，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角的余弦值．
【小问1详解】
因为平面，平面，所以．
因为，，平面，
所以平面，平面，
所以．
因为，为的中点，
所以，，平面，
所以平面．
【小问2详解】
如图，在平面内，作，则，，两两互相垂直，
建立空间直角坐标系．
则，，，，．
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
由（1）可知为平面的法向量，
设二面角的平面角为，由图可知二面角为锐角，
则，所以二面角的余弦值为．

22. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，E是线段的中点，连结.
（1）求证：；
（2）在线段上是否存在点F，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据菱形和等边三角形的性质得到，根据面面垂直的性质定理得到平面，最后根据线面垂直的性质证明即可；
（2）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后根据线面平行的判定定理即可得到∥平面.
【小问1详解】
连接，
因为四边形为菱形，，所以三角形为等边三角形，
因为为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
当点为中点，即时，∥平面，理由如下：
取中点，中点，连接，，，
因为分别为中点，所以，，
因为四边形为菱形，为中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，，
因为平面，平面，所以∥平面.
23. 已知集合是集合的一个含有8个元素的子集.
（1）当时，设，（i）写出方程的解；（ii）若方程至少有三组不同的解，写出k的所有可能取值；
（2）证明：对任意一个X，存在正整数k，使得方程至少有三组不同的解.
【答案】（1）答案见详解 （2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）(i)根据两数之差为2进行解答即可；(ii)由题两数的差均为正，利用列举法解答；
（2）利用反证法进行证明．
【小问1详解】
(i)方程的解为：，，
(ii) 以下规定两数的差均为正，则：
列出集合X的从小到大8个数中相邻两数的差：1，3，2，4，2，3，1；
中间隔一数的两数差(即上一列差数中相邻两数和)：4，5，6，6，5，4；
中间相隔二数的两数差：6，9，8，9，6；
中间相隔三数的两数差：10，11，11，10；
中间相隔四数的两数差：12，14，12；
中间相隔五数的两数差：15，15；
中间相隔六数的两数差：16．
这28个差数中，只有4出现3次、6出现4次，其余都不超过2次，
所以k的可能取值有4，6．
【小问2详解】
证明：不妨设，
记，，共13个差数，
假设不存在满足条件的k，则这13个数中至多两个1，两个2，两个3，两个4，两个5，两个6，则，
又
，这与上式矛盾.
所以假设错误，原命题成立.