河南省郑州市中牟县第一高级中学2024-2025学年高二上学期9月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省郑州市中牟县第一高级中学2024-2025学年高二上学期9月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单项选择题（8小题，每题5分，共40分）
1．已知，，且，则x的值为（ ）
A．B．C．6D．
2．若是空间中的一组基底，则下列可与向量构成基底的向量是（ ）
A．B．C．D．
3．已知三棱锥，点M，N分别为BC，PA的中点，且，用表示，则（ ）
A．B．C．D．
4．三棱锥中，点面，且，则实数（ ）
A．B．C．1D．
5．已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，正三棱柱的棱长都是1，M是的中点，（），且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（3小题，每题6分，共18分）
9．已知向量，分别为平面，的法向量，为直线l的方向向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．若平面，的法向量分别是，，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．B．
C．与为相交直线D．在上的投影向量为
11．如图，长方体中，，，点为线段上一点，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（3小题，每题5分，共15分）
12．在空间直角坐标系中，已知三点，则点到直线的距离为 .
13．在空间直角坐标系中，若点关于平面对称的点为，则点P的坐标为 .
14．在空间直角坐标系中,已知,，点分别在轴,轴上.且,那么的最小值是 .
四、解答题（5小题，77分）
15．如图，正四面体中，，分别为棱，的中点，设，，.
(1)用，，分别表示向量，；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
16．已知正三棱柱ABC-A1B1C1，底面边长AB=2，AB1⊥BC1，O，O1分别是棱AC，A1C1的中点.建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求三棱柱的侧棱长；
(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值.
17．在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且．
(1)当时，求证：；
(2)当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值．
18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明：
(1)平面；
(2)平面平面．
19．如图所示的几何体是圆锥的一部分，其中是圆锥的高，是圆锥底面的一条直径，，，是的中点．
(1)求直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
1．D
【分析】由空间向量平行列出方程即可求解.
【详解】由题意，，且，所以，解得.
故选：D.
2．B
【分析】借助空间中基底定义，计算该向量能否用表示即可得.
【详解】由是空间中的一组基底，故两两不共线，
对A：有，故A错误；
对B：设，则有，
该方程无解，故可与构成基底，故B正确；
对C：有，故C错误；
对D：有，故D错误.
故选：B.
3．D
【分析】根据几何体，结合向量的线性运算公式，即可求解.
【详解】
故选：D
4．D
【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.
【详解】由题意三棱锥中，点面，且，
所以，解得.
故选：D.
5．B
【分析】根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断.
【详解】假设选项中的点为点，
对于A：，此时，点在平面内；
对于B：，此时，点不在平面内；
对于C：，此时，点在平面内；
对于D：，此时，点在平面内；
故选：B.
6．A
【分析】利用空间向量的方法求线面角.
【详解】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则A2,0,0，，，，
，，，
设平面的法向量为，则
∴可取.
设直线与平面所成角的，则，
于是直线与平面所成角的余弦值为.
故选：A.
7．A
【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解．
【详解】因为二面角的大小为，，，，，，
所以与的夹角为，又因为，
所以
，
所以，即．
故选：A．
8．C
【分析】建立适当的空间直角坐标系，由共线向量表示出，又，结合已知可得，由此即可得解.
【详解】建立空间直角坐标系如图，

则，，，，，
设，由，得，
所以，，，
所有，，
因为，，
所以，得.
故选：C.
9．AB
【分析】利用法向量及直线的方向向量的关系来判断位置关系.
【详解】因为，，所以，所以，A正确；
因为，且，所以，B正确；
因为，所以或者，C不正确；
因为，所以不垂直，D不正确.
故选：AB
10．AD
【分析】由空间向量的坐标运算判断线面的平行垂直关系，可判断A、B、C选项；利用投影向量的计算公式计算可判断D选项.
【详解】∵，∴，故A正确；
∵，∴或，故B错误；
设，则，此方程组无解，则与为相交直线或异面直线，故C错误；
在上的投影向量为，故D正确.
故选：AD
11．BD
【分析】以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出向量的坐标，利用二次函数的基本性质可求出的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，
，
所以，，
因为，则，所以，，
所以，，
故选：BD．
12．
【分析】根据条件，求出，进而得出，再利用点到直线的距离的向量法即可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，得到，
所以点到直线的距离为，
故答案为：.
13．
【分析】根据关于平面对称点的两个点的纵坐标互为相反数，由此列式求解即可.
【详解】由题意知，在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，
又，所以，解得，所以点P的坐标为.
故答案为：.
14．##
【分析】利用题意假设，得到，利用可得，然后利用向量的模可得到，利用二次函数的性质即可求得答案
【详解】解：因为点分别在轴,轴上，所以设,,
由于,所以即，
因为,
所以当时，，
故答案为：
15．(1)，
；
(2)
【分析】(1)如图，设正四面体的棱长为1，
由向量的三角形加法法则和平行四边形加法法则得出答案；
(2)设异面直线与所成角为，将用基底，，表示，代入公式计算得出答案.
【详解】（1）如图，设正四面体棱长为1，
则，
；
（2）由(1)知，，.
又.
设异面直线与所成角为，
则
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据得到求解即可.
（2）利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）设侧棱长为，则，
所以.
因为，
所以，解得.
故三棱柱的侧棱长为.
（2）由（1）知.
因为，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为
17．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）证明出，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，计算出，得到垂直关系；
（2）计算出当时，MN取得最小值，求出两平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为，所以，
故，
由勾股定理逆定理得，
又平面，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，由勾股定理得，，
当时，分别为的中点，
，
则，
，故，
；
（2），
故，
故，
当时，MN取得最小值，
此时，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，
令，则，故，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
依题意，以点A为原点，以AB，AD，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
由为棱的中点，得，则，
所以为平面的一个法向量，
又，所以，
又平面，所以平面．
（2）由（1）知平面的一个法向量，，，
设平面PCD的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
又，
所以，所以平面平面.
19．(1)
(2)．
【分析】（1）以O为原点，建立空间直角坐标系，设直线与所成的角为，计算，,通过计算即可；
（2）由（1）得，设直线与平面所成的角为，计算平面法向量，则通过计算即可.
【详解】（1）以为原点，的方向分别作为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
设直线与所成的角为，
则，
即直线与所成角的余弦值是．
（2）由（1）知，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则
取，得，所以平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．