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河南省周口市周口学校2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题
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这是一份河南省周口市周口学校2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题，共15页。试卷主要包含了设，向量，，且，，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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，将本试卷和答題卡一并交回。
考试时间为120分钟，满分150分
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.给出下列命题：
①零向量的方向是任意的；
②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同；
③若空间向量，满足，则；
④空间中任意两个单位向量必相等.
其中正确命题的个数为（ ）
A.4B.3C.2D.1
2.如图，在直三棱柱中，为棱的中点.设，，，则（ ）
A.B.C.D.
3.对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（ ）
A.若，，则B.
C.若，则，的夹角是钝角D.
4.设，向量，，且，，则（ ）
A.B.C.5D.6
5.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A.B.
C.D.
6.已知圆锥PO的母线长为2，表面积为，为底面圆心，AB为底面圆直径，为底面圆周上一点，，为PB中点，则的面积为（ ）
A.B.C.D.
7.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，为平面PMN上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A.B.C.D.
8.在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，.若BC边上有且只有一个点，使得，此时二面角的余弦值为（ ）
A.B.C.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.已知平面与平面平行，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为（ ）
A.B.C.D.
10.在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：（ ）
（1）过点，且以为方向向量的空间直线的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为.
现已知平面，，，则（ ）
A.B.C.D.
11.如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A.两条异面直线和所成的角为
B.直线与平面ABCD所成的角等于
C.点到平面的距离为
D.四面体的体积是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，四棱柱为正方体.
①直线的一个方向向量为；
②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为；
④平面的一个法向量为.则上述结论正确的是________.（填序号）
13.已知空间向量，，，若，，共面，则mn的最小值为________.
14.设空间向量，，是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的x，y，的最小值是2，则的最小值是________。
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.（13分）如图，在直四棱柱中，，，，，，分别为棱，，的中点.
（1）求的值；
（2）证明：C，E，F，G四点共面.
16.（15分）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的菱形，，.
（1）求线段的长；
（2）求证：.
17.（15分）已知空间中三点，，.
（1）若向量与平行，且，求的坐标；
（2）求向量在向量上的投影向量；
（3）求以CB，CA为邻边的平行四边形的面积.
18.（17分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过作，交AD于，连PO.
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值；
（3）在线段PA上存在一点，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长.
19.（17分）将菱形ABCD绕直线AD旋转到AEFD的位置，使得二面角的大小为，连接BE，CF，得到几何体.已知，，，分别为AF，BD上的动点且.
（1）证明：平面CDF；
（2）求BE的长；
（3）当MN的长度最小时，求直线MN到平面CDF的距离.
2024-2025学年度高二9月联考
数学参考答案及评分意见
1.D【解析】零向量的方向是任意的，并不是没有方向，故①正确；当两个空间向量的起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等.但两个向量相等，起点和终点不一定相同，故②错误；根据相等向量的定义，要保证两个向量相等，不仅模要相等，而且方向也要相同，但③中向量与的方向不一定相同，故③错误；对于命题④，空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同，故不一定相等，故④错误.故选D.
2.A【解析】由題意可得.故选A.
3.B【解析】对于A，若，，则，不一定垂直，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，若，夹角为，则成立，故C错误，
对于D，表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以与不一定相等，故D错误，故选B.
4.D【解析】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选D.
5.B【解析】根据题意进行类比，在空间任取一点，则，平面的法向量为，，.故选B.
6.A【解析】设底面圆的半径为，则，解得或（舍去），则，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，，故，，所以，，故，所以，所以.故选A.
7.C【解析】以为坐标原点，，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，
故，，，设平面PMN的法向量为，则令得，，故.因为，故平面PMN，Q为平面PMN上的动点，直线与直线的夹角为，
平面PMN，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，即为点的轨迹，其中，由对称性可知，，故半径，故点的轨迹长度为.故选C.
8.C【解析】平面，平面，，又，，，平面，平面PAQ，又平面，；设，，，，，，，即，关于的方程有且仅有一个范围内的解，曲线的对称乾为，，解得：，.以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，轴平面，平面PAD的一个法向量是；设平面PDQ的法向量是，则令，解得：，，，，由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.故选C.
9.AD【解析】设平面的法向量为，则由题意可得，对于A选项，，满足题意；对于B选项，设，无解，所以不符合题意；对于C选项，设，无解，所以不符合题意；对于D选项，，满足题意.故选AD.
10.AC【解析】平面，则平面法向量为，对则，即，所以过点，方向向量为，所以，所以，所以，故A正确，D错误；对，即，所以过点，方向向量为，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；对，所以过点，方向向量为，因为，所以，所以或，但点代入平面方程不成立，故，所以，所以C正确.故选AC.
11.BCD【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，.
对A：，，故，故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，则，故直线与平面ABCD所成的角为，故B正确；
对C：，，，设平面的法向量为，则有令，则，故点到平面的距离，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，则，故D正确.故选BCD.
12.①②③【解析】设正方体的棱长为1.因为，且，所以①正确；因为，，所以②正确；因为平面，，所以③正确；因为正方体中平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，而与相交，不平行，则与平面不垂直，故不是平面的法向量，所以④错误.故答案为①②③.
13.【解析】因为，，共面，，不共线，所以设，即，即，解得所以，，因为，所以mn的最小值为.故答案为.
14.1【解析】以，，的方向分別为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，设，则，当，时，的最小值是，。取，则，。又，是任意值，的最小值是5.取，则，.又是任意值，的最小值是1.故答案为1.
15.（1）解：在直四棱柱中，，
易得，，，两两垂直.
故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
，
，，，.
，.
.
（2）证明：由（1）得：.
令，即
解得
.
故C，E，F，G四点共面.
16.（1）解：设，，，则，.
，则，
.
，
，故线段的长为.
（2）证明：，，
故.
17.解：（1）由已知可得，
因为向量与平行，设，其中，
则，解得.
所以，或.
（2）由，可得，
所以.
又由，可得向量的单位向量为，
故向量在向量上的投影向量.
（3）由题可得：，，
所以，
所以，
所以，以CB，CA为邻边的平行四边形的面积为.
18.解：（1），，
四边形BODC为矩形，.
在中，，，，
则，
，.
又平面平面，平面PAD，
平面平面，
平面ABCD.
（2）以为原点，OA为轴，OB为轴，OP为轴，建立空间直角坐标系如下图所示，
，，可得，
则，，，，.
设平面APB的法向量为，，，
由取.
设平面CPB的法向量为，，
由取.
设二面角的平面角为，则，
，
二面角的正弦值为.
（3）设，则，
又平面PAD的一个法向量为，
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，
解得，显然时，在线段PA上，
.
19.（1）证明：在AD上取点，使得，连接HM，HN，如图1.
图1
因为，所以.
因为平面，平面CDF，所以平面CDF.
因为，所以，又，所以.
因为平面，平面CDF，所以平面CDF.
因为且HM，HN都在平面HMN内，所以平面平面CDF.
因为平面HMN，所以平面CDF.
（2）解：取AD的中点，连接OE，OB，ED，如图2.
图2
由题意可得，是边长为4的正三角形，则，，
且，
所以为二面角的平面角，即，
则为正三角形，所以.
（3）解：取OB的中点，连接EG，则，且.
由（2）得，，，，平面OBE，
所以平面OBE.
因为平面OBE，所以.
又因为，，，平面ABCD，
所以平面ABCD.
以为坐标原点，OA，OB所在直线分别为轴，轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
又，，
所以.
连接AN，则，
，
当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为，
此时，则.
设平面CDF的法向量为，
则即取，得.
因为平面CDF，所以直线MN到平面CDF的距离就是点到平面CDF的距离，
则点到平面CDF的距离.
故直线MN到平面CDF的距离为.
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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，将本试卷和答題卡一并交回。
考试时间为120分钟，满分150分
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.给出下列命题：
①零向量的方向是任意的；
②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同；
③若空间向量，满足，则；
④空间中任意两个单位向量必相等.
其中正确命题的个数为（ ）
A.4B.3C.2D.1
2.如图，在直三棱柱中，为棱的中点.设，，，则（ ）
A.B.C.D.
3.对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（ ）
A.若，，则B.
C.若，则，的夹角是钝角D.
4.设，向量，，且，，则（ ）
A.B.C.5D.6
5.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A.B.
C.D.
6.已知圆锥PO的母线长为2，表面积为，为底面圆心，AB为底面圆直径，为底面圆周上一点，，为PB中点，则的面积为（ ）
A.B.C.D.
7.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，为平面PMN上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A.B.C.D.
8.在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，.若BC边上有且只有一个点，使得，此时二面角的余弦值为（ ）
A.B.C.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.已知平面与平面平行，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为（ ）
A.B.C.D.
10.在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：（ ）
（1）过点，且以为方向向量的空间直线的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为.
现已知平面，，，则（ ）
A.B.C.D.
11.如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A.两条异面直线和所成的角为
B.直线与平面ABCD所成的角等于
C.点到平面的距离为
D.四面体的体积是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，四棱柱为正方体.
①直线的一个方向向量为；
②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为；
④平面的一个法向量为.则上述结论正确的是________.（填序号）
13.已知空间向量，，，若，，共面，则mn的最小值为________.
14.设空间向量，，是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的x，y，的最小值是2，则的最小值是________。
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.（13分）如图，在直四棱柱中，，，，，，分别为棱，，的中点.
（1）求的值；
（2）证明：C，E，F，G四点共面.
16.（15分）如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的菱形，，.
（1）求线段的长；
（2）求证：.
17.（15分）已知空间中三点，，.
（1）若向量与平行，且，求的坐标；
（2）求向量在向量上的投影向量；
（3）求以CB，CA为邻边的平行四边形的面积.
18.（17分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过作，交AD于，连PO.
（1）求证：平面ABCD；
（2）求二面角的正弦值；
（3）在线段PA上存在一点，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长.
19.（17分）将菱形ABCD绕直线AD旋转到AEFD的位置，使得二面角的大小为，连接BE，CF，得到几何体.已知，，，分别为AF，BD上的动点且.
（1）证明：平面CDF；
（2）求BE的长；
（3）当MN的长度最小时，求直线MN到平面CDF的距离.
2024-2025学年度高二9月联考
数学参考答案及评分意见
1.D【解析】零向量的方向是任意的，并不是没有方向，故①正确；当两个空间向量的起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等.但两个向量相等，起点和终点不一定相同，故②错误；根据相等向量的定义，要保证两个向量相等，不仅模要相等，而且方向也要相同，但③中向量与的方向不一定相同，故③错误；对于命题④，空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同，故不一定相等，故④错误.故选D.
2.A【解析】由題意可得.故选A.
3.B【解析】对于A，若，，则，不一定垂直，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，若，夹角为，则成立，故C错误，
对于D，表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以与不一定相等，故D错误，故选B.
4.D【解析】因为，则，解得，则，因为，则，解得，即，所以，，因此，.故选D.
5.B【解析】根据题意进行类比，在空间任取一点，则，平面的法向量为，，.故选B.
6.A【解析】设底面圆的半径为，则，解得或（舍去），则，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，，故，，所以，，故，所以，所以.故选A.
7.C【解析】以为坐标原点，，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，
故，，，设平面PMN的法向量为，则令得，，故.因为，故平面PMN，Q为平面PMN上的动点，直线与直线的夹角为，
平面PMN，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，即为点的轨迹，其中，由对称性可知，，故半径，故点的轨迹长度为.故选C.
8.C【解析】平面，平面，，又，，，平面，平面PAQ，又平面，；设，，，，，，，即，关于的方程有且仅有一个范围内的解，曲线的对称乾为，，解得：，.以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，轴平面，平面PAD的一个法向量是；设平面PDQ的法向量是，则令，解得：，，，，由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.故选C.
9.AD【解析】设平面的法向量为，则由题意可得，对于A选项，，满足题意；对于B选项，设，无解，所以不符合题意；对于C选项，设，无解，所以不符合题意；对于D选项，，满足题意.故选AD.
10.AC【解析】平面，则平面法向量为，对则，即，所以过点，方向向量为，所以，所以，所以，故A正确，D错误；对，即，所以过点，方向向量为，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；对，所以过点，方向向量为，因为，所以，所以或，但点代入平面方程不成立，故，所以，所以C正确.故选AC.
11.BCD【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，.
对A：，，故，故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，则，故直线与平面ABCD所成的角为，故B正确；
对C：，，，设平面的法向量为，则有令，则，故点到平面的距离，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，则，故D正确.故选BCD.
12.①②③【解析】设正方体的棱长为1.因为，且，所以①正确；因为，，所以②正确；因为平面，，所以③正确；因为正方体中平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，而与相交，不平行，则与平面不垂直，故不是平面的法向量，所以④错误.故答案为①②③.
13.【解析】因为，，共面，，不共线，所以设，即，即，解得所以，，因为，所以mn的最小值为.故答案为.
14.1【解析】以，，的方向分別为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，设，则，当，时，的最小值是，。取，则，。又，是任意值，的最小值是5.取，则，.又是任意值，的最小值是1.故答案为1.
15.（1）解：在直四棱柱中，，
易得，，，两两垂直.
故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
，
，，，.
，.
.
（2）证明：由（1）得：.
令，即
解得
.
故C，E，F，G四点共面.
16.（1）解：设，，，则，.
，则，
.
，
，故线段的长为.
（2）证明：，，
故.
17.解：（1）由已知可得，
因为向量与平行，设，其中，
则，解得.
所以，或.
（2）由，可得，
所以.
又由，可得向量的单位向量为，
故向量在向量上的投影向量.
（3）由题可得：，，
所以，
所以，
所以，以CB，CA为邻边的平行四边形的面积为.
18.解：（1），，
四边形BODC为矩形，.
在中，，，，
则，
，.
又平面平面，平面PAD，
平面平面，
平面ABCD.
（2）以为原点，OA为轴，OB为轴，OP为轴，建立空间直角坐标系如下图所示，
，，可得，
则，，，，.
设平面APB的法向量为，，，
由取.
设平面CPB的法向量为，，
由取.
设二面角的平面角为，则，
，
二面角的正弦值为.
（3）设，则，
又平面PAD的一个法向量为，
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，
解得，显然时，在线段PA上，
.
19.（1）证明：在AD上取点，使得，连接HM，HN，如图1.
图1
因为，所以.
因为平面，平面CDF，所以平面CDF.
因为，所以，又，所以.
因为平面，平面CDF，所以平面CDF.
因为且HM，HN都在平面HMN内，所以平面平面CDF.
因为平面HMN，所以平面CDF.
（2）解：取AD的中点，连接OE，OB，ED，如图2.
图2
由题意可得，是边长为4的正三角形，则，，
且，
所以为二面角的平面角，即，
则为正三角形，所以.
（3）解：取OB的中点，连接EG，则，且.
由（2）得，，，，平面OBE，
所以平面OBE.
因为平面OBE，所以.
又因为，，，平面ABCD，
所以平面ABCD.
以为坐标原点，OA，OB所在直线分别为轴，轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
又，，
所以.
连接AN，则，
，
当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为，
此时，则.
设平面CDF的法向量为，
则即取，得.
因为平面CDF，所以直线MN到平面CDF的距离就是点到平面CDF的距离，
则点到平面CDF的距离.
故直线MN到平面CDF的距离为.
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