2024-2025学年河北省保定市高二上册第一次月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省保定市高二上册第一次月考数学检测试题（附解析），共23页。试卷主要包含了测试范围等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册空间向量与立体几何.
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若点关于平面和轴对称的点分别为，则（ ）
A. B. C. 1D. 9
【正确答案】C
【分析】结合空间中点关于坐标平面和坐标轴对称的特点，即可求解
【详解】由题意得点关于平面对称的点为，关于轴对称的点为，
则，所以，
故选：C.
2. 在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得.
【详解】在四面体中，不共面，
而
则
所以
故选：D
3. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】直接利用投影向量的计算公式计算即可.
【详解】向量在向量上的投影向量
故选：C
4. 设，向量，，，且，，则（ ）．
A. B. C. 5D. 6
【正确答案】D
【分析】由条件结合垂直向量的坐标表示和平行向量的坐标关系求，由此可求的坐标，再求其模即可.
【详解】因为，，，
所以，所以，
因为，，，所以，所以，
所以，
所以.
故选：D.
5. 在四棱锥中，平面，，则与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，把异面直线的距离问题转化为点到直线的距离求解，利用向量来求解点到直线的距离，利用二次函数的性质求解最小值，即可得到答案．
【详解】解：因为平面，，，
故以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为，，，
则，，，，
所以，
设，，
，
距离，
因为，
故
所以异面直线与之间的距离，
故选：A．
6. 已知为平行四边形外的一点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量为
C. 与夹角的余弦值为D. 平面的一个法向量为
【正确答案】C
【分析】首先求向量，的坐标，再根据共线向量，单位向量，以及向量的夹角公式，以及法向量公式，即可求解.
【详解】，，，
所以与不共线，故A错误；
，的单位向量为，故B错误；
，故，故C正确；
设平面的法向量为n=x,y,z，则即
令，则，，则，故D错误．
故选：C
7. 是被长为1的正方体的底面上一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，同时设点的坐标为，用坐标运算计算出，配方后可得其最大值和最小值，即得其取值范围．
【详解】如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则A1,0,0，，设，，，，
，，
，
当时， 取得最小值，
当或1，或1时，取得最大值0，
所以的取值范围是.
故选：B.
8. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可.
【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面，
则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得：
，
因此外接圆半径，球的半径，
所以球O的表面积.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
B. 若空间中任意一点O，有，则四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角
D. 若空间向量，，则在上的投影向量为
【正确答案】ABD
【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D．
【详解】对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确；
对于B：在中，由于，故四点共面，B正确；
对于C：当， 反向共线时， 也成立，但与夹角不为钝角，C错误；
对于D，在上的投影向量为，D正确．
故选：ABD．
10. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）
A. B. 直线与所成角的余弦值为
C. 平面D. 直线与平面所成角
【正确答案】ABD
【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项.
【详解】不妨设则.
对于A，因,
故
，故，故A正确；
对于B，因，,则，
，
设直线与所成角为，则故B正确；
对于C，因
，
即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；
对于D，因，,
因，，
则有因平面，故平面，
即平面的法向量可取为，又，
设直线与平面所成角为，
因，，，
则，因，故，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点P满足，其中，，，则（ ）
A. 当P为底面的中心时，
B. 当时，长度的最小值为
C. 当时，长度的最大值为6
D. 当时，为定值
【正确答案】BCD
【分析】根据题意，利用空间向量进行逐项进行分析求解判断.
【详解】对于A，当为底面的中心时，由，则 故，故A错误；
对于B，当时，
当且仅当，取最小值为，故B正确;
对于C，当时，，则点在及内部，
而是以为球心，以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分，
当时，，当时，，可得最大值为，故C正确；
对于D，， ，
而，所以
，则为定值，故D正确.
故答案选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，，点，若平面ABC，则点P的坐标为______．
【正确答案】
【分析】由题意得，根据空间向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】由题可得，，
平面ABC，
，
，
，
.
故答案为.
13. 已知向量，，，则____.
【正确答案】
【分析】由，求出的值，利用向量数量积的坐标运算求解.
【详解】向量，由，解得，
则有，又，则
故答案为.
14. 正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是___________.
【正确答案】
【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解．
【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点，
所以，
则，
当点与某个侧面的中心重合时，最小，且，
当点与正方体的顶点重合时，最大，且，
由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是，
的取值范围是．
故答案：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是为与的交点.若，
（1）用表示；
（2）求；
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用空间向量基本定理求解可得答案；
（2）用向量法计算，再由利用空间向量的夹角公式求解可得答案.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
因为，所以
，
因为，所以
，
所以
，
所以.
16. 已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.

（1）求直线与平面所成的角的正切值；
（2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析；
【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可.
（2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案.
【小问1详解】

因为平面，连接，
则即为直线与平面所成的角，
又，，，
为中点，可得，，
所以，
即直线与平面所成的角的正切值为.
【小问2详解】
由题知，平面，平面，
，平面，
所以平面平面.
因为平面，平面，
所以，
又，平面，，
所以平面，又平面，
所以就是直线到平面距离，
又为中点，
则，
即直线到平面的距离为.
17. 如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．
（1）当二面角为直二面角时，求点到平面的距离；
（2）在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.
（2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围.
【小问1详解】
∵，，∴．
点是中点，，∴，
结合折叠前后图形的关系可知，
∵二面角为直二面角，则侧面底面，
侧面底面，
∴平面，
易知，，两两垂直．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，
则P0,0,1，，，，D0,1,0，
∴，，PD=0,1,−1．
设平面的法向量为，
则，取，得，，
则为平面的一个法向量，
则点到平面的距离．
【小问2详解】
设点满足（）．
∵PD=0,1,−1，∴，
∴，
∴．
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
又∵，，
∴，
取，则，，
取为平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为，
二面角的余弦值为
，
由，所以，则，
所以二面角的余弦值的取值范围为.
18. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）4 （3）不存在，理由见解析
【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，证明，得证；解法二，在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点为轴，建立空间直角坐标系，由结合已知条件求出点坐标，利用向量坐标运算证明，得证；解法三，在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F，通过证明平面，得证，在各直角三角形中，通过相似比和勾股定理，求出的值，由，得证；
（2）过作于H，由等体积，求值即可；
（3）解法一，以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系；解法二，利用（1）中解法二的空间直角坐标系；设，向量法求平面EBD与平面的夹角，由的值确定结论.
【小问1详解】
解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，，所以，，
因为，所以，
又因为，.
所以，化简得.
所以，
所以.
解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
设，则，
所以，，
由得，所以，
又因为，所以，解得，
所以，，，，
所以，
所以.
解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
则，所以，所以，，
在中，，，，所以，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，由（1）知，所以，
过作于H，则.
因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以平面，
所以.
【小问3详解】
解法一：假设存在点E满足条件，
因为⊥平面ABCD，，
所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，，，
，
设，则，
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，得，所以.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，得，所以.
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，
即，解得，
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.
解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为，
假设存在E点满足条件，设，则
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，则，所以.
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，
即，解得.
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.
19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点.若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.
（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值；
（2）已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，点到平面的距离；
（3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用题中的定义分别计算出直线方向向量与平面法向量，然后利用线面角向量求法计算即可；
（2）先计算平面法向量，找到平面上一点，然后利用点到面的距离的向量求法计算即可；
（3）先建立等式，然后画出所表示的每个面，计算所围成的立体图形的体积即可；
【小问1详解】
由题可知，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则有，
所以，直线与平面所成角的余弦值为.
【小问2详解】
由题可知平面的法向量为，且过点，
因为,所以，所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
建立空间直角坐标系，分别画平面，
然后得到几何体为
几何体是底面边长为的正方形，高为的长方体，故几何体的体积为