北京市北理工附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市北理工附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市海淀区北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题Word版含解析docx、北京市海淀区北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10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29页， 欢迎下载使用。
班级______姓名______学号______
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.）
1. 已知点，则点关于轴的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】关于轴对称，则坐标值不变，坐标变为互为相反数即可.
【详解】解：因为关于轴对称，则坐标值不变，坐标变为互为相反数
所以，点关于轴的对称点的坐标为
故选：D.
2. 已知向量，，且，那么（ ）
A. B. 6C. 9D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量共线的充要条件求出的值，然后代入模的计算公式即可求解.
【详解】因为，且向量，，
所以，解得：，
所以，
故选：A.
3. 如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC的中点，若，，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.
【详解】因为D为BC的中点，所以，
又，
所以．
故选:C．
4. 已知正四棱锥，底面边长是，体积是，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为h，由体积是，求出.利用勾股定理求出侧棱长.
【详解】因为正四棱锥，底面边长是，所以底面积为.
设正四棱锥的高为h，由，所以.
所以侧棱长为.
即侧棱长为.
故选：C
5. 如图，在三棱锥中，，且，E，F分别是棱，的中点，则EF和AC所成的角等于
A 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】B
【解析】
【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则为EF与AC所成的角．解．
【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．
，F分别是CD，AB中点，
，，
且，．
为EF与AC所成的角．
又，．
又，，，
为等腰直角三角形，
，即EF与AC所成的角为45°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，找角证角求角，主要是通过平移将空间角转化为平面角，再解三角形，属于基础题．
6. 已知是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：
①若则；
②若则；
③若则；
④若是异面直线，则．其中真命题是（ ）
A. ①和②B. ①和③C. ③和④D. ①和④
【答案】D
【解析】
【分析】由题意逐一考查所给命题的真假即可确定真命题的编号.
【详解】逐一考查所给的命题：
①由线面垂直的性质定理可得若则α//β，该命题正确；
②如图所示的正方体中，取平面分别为平面，满足但是不满足α//β，该命题错误；
③如图所示的正方体中，取平面分别为平面，
直线分别为，满足但是不满足α//β，该命题错误；
④若是异面直线，由面面平行的性质定理易知α//β，该命题正确；
综上可得，真命题是①和④
本题选择D选项.
【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
7. 在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，则，，
根据可求出结果.
【详解】如图：过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，
则，所以，
设正方体的棱长为，则，，
所以,当且仅当与重合时，取得等号，
所以的最小值是.
故选：.
8. 如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A. 1B. C. 9D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形，利用向量的加法法则得到，
再利用求的模长.
【详解】在平行六面体中，
有，，
由题知，，，，，
所以，，与的夹角为，
与的夹角为，与的夹角为，
所以
.
所以.
故选：D.
9. 如图，在长方体中，为棱的中点，为四边形内（含边界）的一个动点.且，则动点的轨迹长度为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明平面，由线面垂直的性质可得当时，动点的轨迹为.
【详解】如下图所示：
作交于点，易知四边形是边长为4的正方形，
利用三角形相似可知，即可得，所以，
由勾股定理可知，
利用正方体性质可知平面，平面，所以；
又，，平面，
可知平面；
由可知平面，又为四边形内（含边界）的一个动点，
所以动点的轨迹为平面与四边形的交线，即为，
因此可得动点的轨迹长度为.
故选：B
10. 如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上，下列结论中不正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积的最大值为
B. 点到平面的距离为
C. 点到直线的距离的最小值为
D. 的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据锥体的体积公式判断A；根据直三棱柱的性质，结合，可得，进而判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质即可判断C；将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，进而利用勾股定理求出距离最小值，即可判断D.
【详解】在直三棱柱中，平面，
对于A：因为点在棱上，，所以，
又，，点在棱上，
所以，，
所以，
当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；
对于B：在直三棱柱中，，
则，又点在棱上，
所以点到平面的距离，即为,故B正确；
对于C：如图建立空间直角坐标系，设，，，
，所以，，
所以点到直线的距离为
，
当时，，
当时，，即，
则，即，
所以当取最大值，且时，，
即当在点，在点时，点到直线的距离的最小值为，故C正确；
对于D：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，
此时取得最小值，
因为，，所以，
所以，
即的最小值为，故D错误.
故选：D.
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.）
11. 已知向量，，若，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】因为，，，
所以，解得.
故答案为：3.
12. 已知正方体的棱长为，则点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】连接，利用等面积法可求点到直线的距离.
【详解】连接，
由正方体，可得平面，
因为平面，所以，
因为正方体的棱长为1，
所以可得，
设点到直线的距离为，
由，可得，
解得，所以点到直线的距离为.
故答案为：.
13. 如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，，则的长为__________

【答案】
【解析】
【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解.
【详解】解：由条件，知，,
所以
，
所以,
故答案为：
14. 在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等体积法求得到平面的距离.
【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以，
依题意可知平面，
所以平面，
由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半，
即到平面的距离是.
,，
所以，
由于，所以，
，
设到平面的距离为，则，
即.
故答案为：
15. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________．
①直线平面
②三棱锥的体积为定值
③异面直线AP与所成角的取值范围是
④直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】
对于①，连接，
，，，平面，平面，
平面，平面，
，同理，，
，平面，平面，
直线平面，故①正确；
对于②，∥，平面，平面，∥平面，
点在线段上运动，点到平面的距离为定值，
又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，，，此时，与所成的角为，
异面直线与所成角的取值范围是，故③错误；
对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，
则，，，，，，
设平面的法向量，则，即，
令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确.
故答案为：①②④
三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.）
16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，平面，求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接，进而根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由平面，可得，进而结合可得面，再结合即可求证.
【小问1详解】
证明：连接，
∵四边形是平行四边形，且是的中点，
∴是的中点，
∵E为PC中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
证明：∵平面，平面，
∴，
∵，，平面，
∴面，
∵，
∴平面.
17. 如图，在直三棱柱中，，、分别为、的中点，.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得证；
（2）法一：首先通过线面垂直的判定定理得证平面，从而得到即为所求角，求出该角的正弦值即可得到答案.法二：由已知可证，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式可求与平面所成角的正弦值.
（3）利用空间向量法的点到面的距离公式可求解.
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，为中点，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
方法一：
因为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
连结，即为直线与平面所成角,
因为，所以，，
.
所以与平面所成角的正弦值为.
方法二：
因为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，
因为平面，所以平面.
因为,所以，
如图所示，以为原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以，，
易知平面，所以为平面的一个法向量，
设与平面所成角为θ，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设到平面的距离为，
因为，
所以，
设为平面一个法向量，所以，即，
令，则，所以平面的一个法向量，
所以，
因此点到平面的距离为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
（1）求证：；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；
（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【小问1详解】
证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,
所以平面，
又因为平面与交于点.
平面，平面平面
所以.
【小问2详解】
选条件①②
侧面等腰直角三角形，且
即，
平面平面，
平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以.
以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则
因为，所以点为的中点，则
从而：，
设平面的法向量为：，
则，
令，可得
设平面的法向量为：，则
，
令，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③
侧面为等腰直角三角形，且即
，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.
又因为且两直线在平面内，
则平面平面则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面为等腰直角三角形，且，
即
平面平面，
平面平面，平面,
则平面为正方形，
所以.
又因为且两直线在平面内，则平面，平面
则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
下面同①②
19. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）.
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是菱形，从而证明平面ABC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：∵在梯形中，，
，，为的中点，
∴，，，
∴是正三角形，四边形为菱形，
∴，，
∵，
又∵平面ABC，
∴平面ABC，
∵平面，
∴平面⊥平面ABC.
【小问2详解】
存在，，理由如下：
∵平面，OP⊥AC，
∴，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，，
，
设，
∵，，
∴，
设与平面所成角为，则，
即，，解得，
∴线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.