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湖南省娄底市涟源市部分学校2024-2025学年高二上学期9月联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省娄底市涟源市部分学校2024-2025学年高二上学期9月联考数学试题（Word版附解析），文件包含湖南省涟源市部分学校2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题Word版含解析docx、湖南省涟源市部分学校2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
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．
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 零向量没有方向
B. 空间向量不可以平行移动
C. 如果两个向量不相同，那么它们的长度不相等
D. 同向且等长的有向线段表示同一向量
【答案】D
【解析】
【分析】根据零向量规定可以确定A错误；根据空间向量是自由向量可以确定B；根据相等向量的定义可以确定C、D.
【详解】对于A：零向量的方向是任意的，A错误；
对于B：空间向量是自由向量可以平移，B错误；
对于C、D：大小相等方向相同的两个向量为相等向量即同一向量，
所以C中向量大小可以相等，只要方向不同即为向量不同，C错误；D符合定义，正确.
故选：D.
2. 设复数，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，再由复数模的计算公式求解即可.
【详解】解：因为复数，
所以.
故选：D.
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行、垂直的坐标表示判断即可.
【详解】设，即，则，此方程组无解，故不平行，故A错误；
设，即，则，此方程组无解，故不平行，故B错误；
，则，故C正确；
，则不垂直，故D错误.
故选：C.
4. 两平面的法向量分别为，若，则的值是（ ）
A. －3B. 6
C. －6D. －12
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得，则，从而可求得结果.
【详解】因为两平面的法向量分别为，且，
所以，所以，
故选：B
5. 学校开展学生对食堂满意度的调查活动，已知该校高一年级有学生550人，高二年级有学生500人，高三年级有学生450人.现从全校学生中用分层抽样的方法抽取60人调查，则抽取的高二年级学生人数为（ ）
A. 18B. 20C. 22D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的方法，高二学生人数占总体的，所以被抽取的人数也应占，即20人.
【详解】根据分层抽样的方法，应抽取高二年级学生人数为人.
故选：B.
6. 如图：在平行六面体中，M为，的交点．若，，，则向量（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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：B
7. 已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（ ）
A. .充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.
【详解】由可知，与不共线，所以两条不同的直线不平行，可能相交，也可能异面，所以“”不是“直线相交”的充分条件；
由两条不同的直线相交可知，与不共线，所以，所以“”是“直线相交”的必要条件，
综上所述：“”是“直线相交”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.
8. 已知二面角中，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则二面角的平面角满足（ ）
A. 余弦值为B. 正弦值为
C. 大小为D. 大小为
【答案】B
【解析】
【分析】利用二面角的向量求法即可求得答案．
【详解】设所求二面角的平面角的大小为，
则，
所以或，故CD错误，
又因为，故A错误，B正确.
故选：B.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9. 下列命题是真命题的有（ ）
A. A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D. 平面α经过三点是平面α的法向量，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.
【详解】对于A，若不能构成空间的一个基底，则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；
对于C，，故，可得l在α内或，C错误；
对于D，，易知，故，故，D正确.
故选：ABD.
10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ）
A.
B
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D. 点O到直线BC的距离是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答.
【详解】对于A，，，，
依题意，，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，,因为，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，因为，，在上的投影为，
所以点O到直线BC的距离是，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，正方体的棱长为2，E为的中点，P为棱BC上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点P，使
B. 存在点P，使
C. 四面体的体积为定值
D. 二面角的余弦值的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量法，根据线面垂直，两点间的距离，几何体的体积，二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，则，，，
当时，即点与点重合时，，故A正确.
由知，解得，此时点与点重合，
故B正确
为定值，故C错误.
又，，设平面的法向量，
由，令则，， ，
又平面的法向量，
，
又，，故D错误.
故选：AB
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．
12. 已知向量，分别是直线的方向向量，若，则___________．
【答案】18
【解析】
【分析】由空间中两直线平行的向量关系即可求解.
【详解】，
，
所以存在实数，使得，
则，解得，，.
.
故答案为：18.
13. 已知，，那么向量___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由空间向量的线性坐标运算可得答案.
【详解】因为，，所以，
故答案为：.
14. 若为空间两两夹角都是的三个单位向量，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先平方，结合向量数量积公式求出，从而得到答案.
【详解】为空间两两夹角都是三个单位向量，
，
.
故答案为：
四､解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知向量．
（1）求
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量坐标运算和模的公式计算；
（2）利用数量积的公式计算.
【小问1详解】
∵，，
∴，，.
【小问2详解】
设与的夹角为，则，
，，，，
∴，
∴向量与夹角的余弦值为．
16. 已知正方体棱长为2，若F为的中点，则
（1）求直线与直线的夹角的余弦值
（2）求证：平面平面
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，直线与直线的夹角，即直线与直线的夹角，解直角三角形得解；（2）取的中点，连接，易得即为平面与平面所成角，根据面面垂直的定义，证明为直角即可.
【小问1详解】
在正方体中，，
所以直线与直线的夹角，即直线与直线的夹角，即为，
在中，，，
，则，
所以直线与直线的夹角的余弦值为.
【小问2详解】
如图，在正方体中，取的中点，连接，
易得，，
所以，，
又平面，平面，且平面平面，
所以即为平面与平面所成角，
因为，是的中点，则，
在中，，
同理，在中，，
又平面，所以在中，，
则，所以，
所以平面平面.
17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果；
（2）由三角形的面积可求得，再结合（1）中得到的式子可求出的值，从而可求出三角形的周长.
【小问1详解】
因为，，（为外接圆的半径），
又因为，
所以，即，
所以，
由余弦定理得，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以的周长为6
18. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线PB与平面所成角的正弦值；
（3）求点到PD的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
【小问2详解】
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
19. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；是上靠近的三等分点
【解析】
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【小问1详解】
过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
【小问2详解】
假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
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．
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 零向量没有方向
B. 空间向量不可以平行移动
C. 如果两个向量不相同，那么它们的长度不相等
D. 同向且等长的有向线段表示同一向量
【答案】D
【解析】
【分析】根据零向量规定可以确定A错误；根据空间向量是自由向量可以确定B；根据相等向量的定义可以确定C、D.
【详解】对于A：零向量的方向是任意的，A错误；
对于B：空间向量是自由向量可以平移，B错误；
对于C、D：大小相等方向相同的两个向量为相等向量即同一向量，
所以C中向量大小可以相等，只要方向不同即为向量不同，C错误；D符合定义，正确.
故选：D.
2. 设复数，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，再由复数模的计算公式求解即可.
【详解】解：因为复数，
所以.
故选：D.
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行、垂直的坐标表示判断即可.
【详解】设，即，则，此方程组无解，故不平行，故A错误；
设，即，则，此方程组无解，故不平行，故B错误；
，则，故C正确；
，则不垂直，故D错误.
故选：C.
4. 两平面的法向量分别为，若，则的值是（ ）
A. －3B. 6
C. －6D. －12
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得，则，从而可求得结果.
【详解】因为两平面的法向量分别为，且，
所以，所以，
故选：B
5. 学校开展学生对食堂满意度的调查活动，已知该校高一年级有学生550人，高二年级有学生500人，高三年级有学生450人.现从全校学生中用分层抽样的方法抽取60人调查，则抽取的高二年级学生人数为（ ）
A. 18B. 20C. 22D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的方法，高二学生人数占总体的，所以被抽取的人数也应占，即20人.
【详解】根据分层抽样的方法，应抽取高二年级学生人数为人.
故选：B.
6. 如图：在平行六面体中，M为，的交点．若，，，则向量（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【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：B
7. 已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（ ）
A. .充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.
【详解】由可知，与不共线，所以两条不同的直线不平行，可能相交，也可能异面，所以“”不是“直线相交”的充分条件；
由两条不同的直线相交可知，与不共线，所以，所以“”是“直线相交”的必要条件，
综上所述：“”是“直线相交”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.
8. 已知二面角中，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则二面角的平面角满足（ ）
A. 余弦值为B. 正弦值为
C. 大小为D. 大小为
【答案】B
【解析】
【分析】利用二面角的向量求法即可求得答案．
【详解】设所求二面角的平面角的大小为，
则，
所以或，故CD错误，
又因为，故A错误，B正确.
故选：B.
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9. 下列命题是真命题的有（ ）
A. A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D. 平面α经过三点是平面α的法向量，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.
【详解】对于A，若不能构成空间的一个基底，则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；
对于C，，故，可得l在α内或，C错误；
对于D，，易知，故，故，D正确.
故选：ABD.
10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ）
A.
B
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D. 点O到直线BC的距离是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答.
【详解】对于A，，，，
依题意，，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，,因为，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，因为，，在上的投影为，
所以点O到直线BC的距离是，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，正方体的棱长为2，E为的中点，P为棱BC上的动点（包含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点P，使
B. 存在点P，使
C. 四面体的体积为定值
D. 二面角的余弦值的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量法，根据线面垂直，两点间的距离，几何体的体积，二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，则，，，
当时，即点与点重合时，，故A正确.
由知，解得，此时点与点重合，
故B正确
为定值，故C错误.
又，，设平面的法向量，
由，令则，， ，
又平面的法向量，
，
又，，故D错误.
故选：AB
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．
12. 已知向量，分别是直线的方向向量，若，则___________．
【答案】18
【解析】
【分析】由空间中两直线平行的向量关系即可求解.
【详解】，
，
所以存在实数，使得，
则，解得，，.
.
故答案为：18.
13. 已知，，那么向量___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由空间向量的线性坐标运算可得答案.
【详解】因为，，所以，
故答案为：.
14. 若为空间两两夹角都是的三个单位向量，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先平方，结合向量数量积公式求出，从而得到答案.
【详解】为空间两两夹角都是三个单位向量，
，
.
故答案为：
四､解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知向量．
（1）求
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量坐标运算和模的公式计算；
（2）利用数量积的公式计算.
【小问1详解】
∵，，
∴，，.
【小问2详解】
设与的夹角为，则，
，，，，
∴，
∴向量与夹角的余弦值为．
16. 已知正方体棱长为2，若F为的中点，则
（1）求直线与直线的夹角的余弦值
（2）求证：平面平面
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，直线与直线的夹角，即直线与直线的夹角，解直角三角形得解；（2）取的中点，连接，易得即为平面与平面所成角，根据面面垂直的定义，证明为直角即可.
【小问1详解】
在正方体中，，
所以直线与直线的夹角，即直线与直线的夹角，即为，
在中，，，
，则，
所以直线与直线的夹角的余弦值为.
【小问2详解】
如图，在正方体中，取的中点，连接，
易得，，
所以，，
又平面，平面，且平面平面，
所以即为平面与平面所成角，
因为，是的中点，则，
在中，，
同理，在中，，
又平面，所以在中，，
则，所以，
所以平面平面.
17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果；
（2）由三角形的面积可求得，再结合（1）中得到的式子可求出的值，从而可求出三角形的周长.
【小问1详解】
因为，，（为外接圆的半径），
又因为，
所以，即，
所以，
由余弦定理得，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以的周长为6
18. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线PB与平面所成角的正弦值；
（3）求点到PD的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
【小问2详解】
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
19. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；是上靠近的三等分点
【解析】
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【小问1详解】
过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
【小问2详解】
假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．
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