北京市第三十五中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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行政班______________教学班___________姓名__________学号____________
试卷说明：试卷分值共120分，考试时间90分钟．
一.选择题(共10个小题，每题4分，共40分．每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在答题纸相应的题号处)
1. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A. 若则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底
B. 空间的基底有且仅有一个
C. 两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底
D. 任一个向量在基底下的分解式与在基底下的分解式相同
【答案】C
【解析】
【分析】借助空间向量基底定义与性质逐项判断即可得.
【详解】对A：任何三个不共面的向量可构成空间向量的一个基底，故A错误；
对B：空间的基底有且无数个，故B错误；
对C：两两垂直的三个非零向量不共面，故可构成空间的一个基底，故C正确；
对D：由于基底不唯一，故不一定相等，故D错误.
故选：C.
3. 若直线的方向向量为,平面的法向量为,则
A. B. C. D. 与相交
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，从而得到l⊥．
【详解】解：∵直线l的方向向量为，
平面的法向量为，
∴，∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
4. 如图，已知斜三棱柱，设分别为与BC的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】因为，
，
.
故选：D.
5. 已知空间三点共线，则和值分别是（ ）
A. 3，6B. 2，4C. 1，4D. 2，6
【答案】B
【解析】
【分析】得到，后借助空间向量共线计算即可得.
【详解】，，
则有，解得，.
故选：B.
6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
7. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ）

A. 1B. －1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由求解即可．
【详解】，所以．
故选：A．
8. 已知长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面找到线面角，进而求出答案.
【详解】如图，根据题意，平面，所以是与平面所成的角，
由勾股定理易得：，所以.
故选：C.
9. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解
【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），
＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1），
设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2），
∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为
故选：D．
【点睛】本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题
10. 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）

A. 点可以是棱的中点B. 线段的最大值为
C. 点的轨迹是正方形D. 点轨迹的长度为
【答案】D
【解析】
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，
所以四边形为矩形，
则，，即，，
又，且平面，平面，
所以平面，
又，，所以为中点，则平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，
因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
二.填空题(共6个小题，每题5分，共30分．请将正确答案填在答题纸相应的题号处)
11. 已知点，则该点关于平面的对称点坐标为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】求一个点关于平面的对称点坐标，就是将轴的分量取相反数，而轴和轴的分量不变，由计算即可得.
【详解】求一个点关于平面的对称点坐标，
就是将轴的分量取相反数，而轴和轴的分量不变，
故点关于平面的对称点坐标为.
故答案为：.
12. 若，则____________，若与互相垂直，则实数____________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：直接根据空间向量的坐标运算和数量积坐标公式即可；空2：根据向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】空1：，则；
空2：，
若与互相垂直，则，
，.
故答案为：；.
13. 如图，在长方体中，设，，则__________，__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量减法、模和数量积的坐标运算，求得所求的结果.
【详解】以为原点建立空间直角坐标系如下图所示，则
.
所以，所以
，.
故答案为：（1）；（2）
【点睛】本小题主要考查空间向量的减法、模和数量积的计算，属于基础题.
14. 正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，则侧面与底面所成二面角的余弦值为___________
【答案】
【解析】
【分析】利用正四棱锥的性质可得为侧面与底面所成二面角的平面角，在直角三角形EFO中即求．
【详解】如图正四棱锥，取底面中心，取中点，
连接、、，
由正四棱锥的性质知平面，，，
所以为侧面与底面所成二面角的平面角，
因为正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为3，
，
故答案为：．
15. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC____________（填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为_____________．
【答案】 ①. 垂直 ②.
【解析】
【分析】根据线面垂直的的性质定理，判定定理，可证平面PBC，根据面面垂直的判定定理，即可得证.分析可得，当点F位于点C时，面积最大，代入数据，即可得答案.
【详解】因为底面ABCD，平面ABCD，
所以，
又底面ABCD为正方形，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，
所以为等腰直角三角形，且E为线段PB的中点，
所以，
又，平面PBC，
所以平面PBC，
因为平面AEF，
所以平面AEF与平面PBC.
因为平面PBC，平面PBC，
所以，
所以当最大时，的面积的最大，
当F位于点C时，最大且，
所以的面积的最大为.
故答案为：垂直；
16. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③到直线和距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有A0,0,0、、、、、，
设，，其中，，
对①：，则，
当，，时，有，
故存点，使，故①正确；
对②：，，
若，则有，
由，，故当时，，，
此时有，即，即，
此时与重合，与重合，故不存点，使，故②错误；
对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即有，即，由，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；
对④：，，
由，故有，则，
又，
故，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
三、解答题(共3个小题，共50分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，请将正确答案填在答题纸相应的题号处)
17. 如图，在四棱锥中，平面，.

（1）设点M为AB上任意一点，求证：；
（2）求直线PB和平面PCD所成角的正弦值;
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理可得平面，即可证明；
（2）求直线PB的方向向量和平面PCD的法向量，利用向量夹角公式求结论；
（3）求平面的法向量，利用向量夹角公式求结论；
【小问1详解】
因为平面平面所以，
又因为，平面，
所以平面，点M为AB上任意一点，
则平面，所以.
【小问2详解】
因为平面，所以以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以，
因为，
设平面PCD的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线PB和平面PCD所成角的大小为，
所以，
直线PB和平面PCD所成角的正弦值.
【小问3详解】
平面APD的法向量为,
设二面角的平面角大小为，
所以，
因为二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值.
18. 如图，在三棱柱中，平面，为线段上的一点．
（1）求证:平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助线面平行的性质定理推导即可得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式可得，即可得其所成角的余弦值；
（3）利用空间向量夹角公式可确定点位置，再结合空间点到面距离公式进行求解即可.
【小问1详解】
连接，由三棱柱性质可得平面平面，
又平面，故平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，而，
故两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系：

则，
连接，则，
由，故，
故直线与直线所成角的余弦值为；
【小问3详解】
设，，则，
设平面的法向量为，
有，令，则，，
即，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为.
19. 设为正整数，若满足：①，；②对于，均有.则称具有性质.对于和，定义集合.
（1）设，若具有性质，请写出一个及相应的；
（2）设，请写出一个具有性质的，满足；
（3）设，是否存在具有性质的，使得？若存在，判断满足条件的个数的奇偶；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）时（答案不唯一，正确写出任意一个并求得对应的值即可.
（2）(不唯一)．
（3）不存在，证明见解析.
【解析】
【分析】1本题属于新定义类型题，可根据题意举例进行直接进行求解；2利用反证法进行求解，并举例即可；3利用反证法和合情推理进行求解．
【小问1详解】
令，即，，，则，则；
【小问2详解】
当，∵4∈，∴中的或者,不妨设,接下来，T,∴可能或,不妨取中的剩余数0，2，3可以分别对应2，1，3，如此（2，4，1，3，0）(不唯一)．
【小问3详解】
不存在
证明：不妨设，，并将其看做数列.
假设，，，，成立，
∵集合{0，1，2，3，4}中有3个奇数，4个偶数.
设数列中有个奇数与有序数组中x个偶数对应作差的绝对值，中个偶数与中的个奇数对应作差的绝对值，共得到得到x+y=3个奇数；
则α中剩余个奇数，个奇数，中剩余个偶数，个奇数，
要对应作差的绝对值恰好为4个偶数，则的剩余数中奇数与奇数相配对，偶数与偶数相配对，故即,但是,矛盾，
故满足条件的不存在.