山西省实验中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段性考试（9月）数学试卷(含答案)

这是一份山西省实验中学2024-2025学年高二上学期第一次阶段性考试（9月）数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．，，，若，则实数等于( )
A.2B.3C.4D.5
2．已知为空间的一组基底,则下列向量也能作为空间的一组基底的是( )
A.,,B.,,
C.,,D.,,
3．已知向量,,且,则( )
A.B.3C.D.16
4．在空间直角坐标系中，点B是点在平面内的射影，则=( )
A.B.C.D.
5．在空间直角坐标系中，是直线l的方向向量，是平面的一个法向量，若，则( )
A.B.C.D.
6．如图，在直二面角中，B、C是直线l上两点，点，点，且，，，,，那么直线与直线所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
7．如图，平行六面体，其中，，，，，，则的长为( )
A.B.C.D.
8．如图,将菱形纸片沿对角线折成直二面角,E,F分别为,的中点,O是的中点,,则折后平面与平面夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.若空间中O，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
B.空间中三个非零向量，，，若，，则
C.对空间任意一点O和不共线三点A，B，C，若，则P，A，B，C共面
D.，，若，则与的夹角为锐角
10．如图，正方体的棱长为2，点O为底面的中心，点P为侧面内（不含边界）的动点，则( )
A.
B.存在一点P，使得
C.三棱锥的体积为
D.若，则面积的最小值为
11．已知长方体的棱，，点P满足：，，下列结论正确的是( )
A.当，时，P到的距离为
B.当时，点P的到平面的距离的最大值为1
C.当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
D.当，时，四棱锥外接球的表面积为
三、填空题
12．已知,,若,,三向量共面,则实数=__________.
13．在空间直角坐标系中，,，则点B到直线的距离为________.
14．如图，在三棱锥中，，平面，于点E，M是的中点，，则的最小值为________.
四、解答题
15．如图，在正方体中，,E,F分别是,的中点.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离.
16．如图，在所有棱长都为2的正三棱柱中，点D为中点，设，，.
(1)以为一组基底，表示，；
(2)线段上是否存在一点E，使得？若存在，求出；若不存在，说明理由.
17．在四棱锥中，底面为菱形，和为正三角形，E为的中点.
(1)证明：平面.
(2)若,，求平面与平面夹角的余弦值.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，，点M，N分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)作，垂足为H，求证：平面；
(3)求与平面所成角的正弦值.
19．如图，四棱锥中，底面，，，.
(1)若G点为的重心，求；
(2)若，证明：平面；
(3)若，且二面角的正弦值为，求.
参考答案
1．答案：C
解析：因为，
所以,
所以，
故选：C.
2．答案：B
解析：对于A项,因为,则,,共面,不能作为基底,故A不符合题干.
对于选项B,假设,,共面,则存在,使,所以无解,所以,,不共面,可以作为空间的一组基底.
对于C项,因为,则,,共面,不能作为基底,故C不符合题干.
对于D项,,则,,共面,不能作为基底,故D不符合题干.
故选：B.
3．答案：B
解析：因为向量,,且,
所以解得,,
则,,
所以,
所以．
故选：B．
4．答案：C
解析：由题意可得，
所以.
故选：C.
5．答案：D
解析：因为，则，所以存在唯一实数k，使得，
即，所以，消去k可得.
故选：D
6．答案：B
解析：如图，以B为坐标原点，以过点B作的垂线为x轴，以为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则,,,,
故,,
则,
故直线与直线所成角的余弦值为，
故选：B.
7．答案：A
解析：解析：，，，，
，.
，
，
，
即的长为.
故选：A.
8．答案：A
解析：因为菱形纸片沿对角线折成直二面角,
所以平面平面,
因为是菱形,O是的中点,
所以,,
而平面平面,平面,
所以平面,而平面,
所以,
以O为原点,,,所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,
为两个单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,．
设平面的法向量为,
则得取,则,,
得平面的一个法向量为,
易得平面的一个法向量为,
所以平面与平面夹角的余弦值为．
故选：A.
9．答案：AC
解析：由可得，即，
所以，所以A，B，C三点共线，故A正确；
若，则，由可得，但是不一定有，比如正方体共顶点的三条棱所在向量，故B错误；
由可得，
即，所以，，共面，即P，A，B，C共面，故C正确；
由与的夹角为锐角可得且与不同向共线，即且，解得且，故D错误；
故选：AC
10．答案：ACD
解析：以点D为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
设点，其中，.
对于A选项，，，则，
所以，，A对；
对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，
所以，不存在点P，使得，B错；
对于C选项，，点P到平面的距离为，
所以，，C对；
对于D选项，，
若，则，可得，
由可得，
，
当且仅当时，等号成立，
因为平面，平面，，
，D对.
故选：ACD.
11．答案：CD
解析：A：，则，即，故P在上运动，所以P到的距离为，即棱与的距离，错；
B：，则，故P在底面上运动，所以，当P在上时，P的到平面的距离最大，
而，面，面，则面，
所以，由长方体结构特征，最大值问题化为C到的距离h，，则，错；
C：，则，故P在上运动，
根据长方体的结构易知：当P与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，对；
D：，则，故P为中点，
如下图，，,，
所以的底面为矩形，顶点P在的投影为底面中心，即,的交点E，
故外接球的球心O一定在直线上，令球体半径为R，
所以，，且，
可得，则外接球的表面积为，对.
故选：CD
12．答案：-1
解析：由题意可知,存在实数m,n满足：,
据此可得方程组：,求解方程组可得：.
故答案为-1．
13．答案：
解析：取，,则，,
所以点B到直线的距离为.
故答案为：
14．答案：/-0.125
解析：连接，如图，
因平面，平面，则，而，，平面，则平面，又平面，即有，
因M是的中点，则，又，
，当且仅当取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
15．答案：(1)；
(2)
解析：（1）以D为原点，,,所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,，
,，
所以直线与所成角的余弦值为；
（2）设平面的法向量为，，
则得取，则，，
得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
16．答案：(1)；
(2)存在，2
解析：（1），
；
（2）设线段上存在一点E，使得，且，，
因为，且，
因，，，故
，
解得，此时点E与点C重合，.
17．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）证明：连接，交于点O，连接.
因为为菱形，所以O为的中点.
因为E为的中点，所以为的中位线，所以.
因为平面,平面，所以平面.
（2）在正中，连接，，则.
因为,，
所以，所以.
因为,,，平面，所以平面.
所以平面，所以平面平面，平面平面，
过点P作于点H，平面，
则平面.，所以，
又，，则，,.
如图，以O为坐标原点，,的方向分别为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
设平面的法向量为，因为，，
所以令，得.
设平面的法向量为，
因为，，
所以
令，得.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．答案：(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
解析：（1）如图，取的中点Q，连接，.
又M为的中点，所以，且，
因为四边形是菱形，所以，.
又N为的中点，所以，.
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）如图，过点P作，连接.
因为，，所以，.
因为，
所以由余弦定理得
，
所以.
所以，所以.
且，平面，，
所以平面.
（3）由（2）知平面，，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，.
因为M为的中点，所以.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，得，取，得.
设与平面所成的角为θ，
则.
19．答案：(1)；
(2)证明见解析；
(3)
解析：（1）设，，，则，，
，.
如图，连接并延长交于点M,连接,
则
两边取平方得.
，.
（2）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以，在底面上，可知，
又平面，平面，所以平面.
(3)
设，，则①，因，如图，
过点D作的平行线，分别以,,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
此时有，，，.
因，，设平面的法向量为，
则，故可取；
又，，设平面的法向量为，
则，故可取；
则，
由题意，，即②
联立①②，解得，，故.