2024-2025学年福建省福州市高二上册10月月考数学教学质量检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市高二上册10月月考数学教学质量检测试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知向量是直线的方向向量，是平面的一个法向量，则直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，若，，共面，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．如图，在棱长均相等的四面体中，点为的中点，，设，则（ ）
A．B．
C．D．
4．设，向量，，且，则（ ）
A．B．C．3D．4
5．已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）

A．B．C．D．
6．已知正三棱柱的各棱长都为2，以下选项正确的是（ ）

A．异面直线与垂直
B．与平面所成角的正弦值为
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．点C到直线的距离为
7．在正方体中，在正方形中有一动点P，满足，则直线与平面所成角中最大角的正切值为（ ）
A．1B．C．D．
8．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍薨”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍薨，其中四边形为矩形，其中，，与都是等边三角形，且二面角与相等，则长度的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
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．已知正方体，点P满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱倠的体积为定值
B．当时，平面
C．当时，存在唯一的点P，使得与直线的夹角为
D．当时，存在唯一的点P，使得平面
10．已知四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．若为的中点，为的中点，则
B．若四面体是棱长为1的正四面体，则
C．若，，，则向量在上的投影是
D．已知，，，则向量，，不可能共面
11．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点B到平面的距离相等
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设空间向量，，若，则 .
13．已知正三棱柱的底面边长为6，三棱柱的高为4，则该三棱柱的外接球的表面积为 .
14．如图，已知，，则以OA，OB为邻边的平行四边形的两条高的长度分别为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15（13分）．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，求动点的轨迹的长度.
16．（15分）如图，长方体中，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面 .
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，是棱上的动点，且，，M是边中点.

(1)当时，证明：平面.
(2)当点E到直线距离最近时，求点D到平面的距离.
18．（17分）如图，在四棱锥中，面，，，，点E是线段中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的为30°，求平面与平面夹角的余弦值.
19．（17分）如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.

(1)求证：平面；
(2)判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
2024-2025学年福建省福州市高二上学期10月月考数学教学质量检测试卷
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．已知向量是直线的方向向量，是平面的一个法向量，则直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，结合线面角的公式即可得到结果.
【详解】设直线与平面所成的角为，由题意可得，
，即.
故选：A
2．已知，，，若，，共面，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【正确答案】C
【分析】由，，三向量共面，我们可以用向量，作基底表示向量，进而构造关于的方程，解方程即可求出实数的值．
【详解】，，与不平行，
又，，三向量共面，
则存在实数，使，
即，解得．
故选：C
3．如图，在棱长均相等的四面体中，点为的中点，，设，则（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案.
【详解】由于，
所以,
所以
.
故选：D
4．设，向量，，且，则（ ）
A．B．C．3D．4
【正确答案】C
【分析】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得的值，结合向量模的计算公式，即可求解.
【详解】由向量且，
可得，解得，所以，，
则，所以.
故选：C.
5．已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）

A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】由向量对应线段的空间关系，应用向量加法法则用，，表示出即可.
【详解】由图知：
.
故选：A
6．已知正三棱柱的各棱长都为2，以下选项正确的是（ ）

A．异面直线与垂直
B．与平面所成角的正弦值为
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．点C到直线的距离为
【正确答案】B
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系,由空间向量法求空间角、距离，判断垂直．
【详解】如图，以为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，
，与不垂直，A错；
平面的一个法向量为，
，
所以与平面所成角的正弦值为，B正确；
设平面的一个法向量是，又，
由得，令得，
平面的一个法向量是，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为，C错；
，
，，
所以点C到直线的距离为，D错；
故选：B．
7．在正方体中，在正方形中有一动点P，满足，则直线与平面所成角中最大角的正切值为（ ）
A．1B．C．D．
【正确答案】D
【分析】根据题意,可知是平面内,以为直径的半圆上一点.由即为直线与平面所成的角可知当取得最小值时,与平面所成的角最大.而连接圆心E与C时,与半圆的交点为P,此时取得最小值.设出正方体的棱长,即可求得,进而求得.
【详解】正方体中,正方形内的点P满足
可知是平面内,以为直径的半圆上一点,设圆心为E,如下图所示:
当直线与平面所成最大角时,点位于圆心E与C点连线上
此时取得最小值.
则即为直线与平面所成的角
设正方体的边长为2,则,
所以
故选:D
本题考查了空间中动点的轨迹问题,直线与平面夹角的求法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.
8．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍薨”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍薨，其中四边形为矩形，其中，，与都是等边三角形，且二面角与相等，则长度的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】由题意找到二面角与的两个极端位置，即二面角的平面角为和时，求得相应EF的长，集合题意即可得答案.
【详解】由题意可知，与都是等边三角形，
故与的底边上的高为，
因为二面角与相等，
故当该二面角的平面角为时，此时EF落在四边形内，长度为，

当该二面角的平面角为时，此时EF落在平面上，长度为，

由于该几何体为五面体，故二面角与的平面角大于小于，
故长度的取值范围为，
故选：A
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．已知正方体，点P满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱倠的体积为定值
B．当时，平面
C．当时，存在唯一的点P，使得与直线的夹角为
D．当时，存在唯一的点P，使得平面
【正确答案】ABC
【分析】根据各选项条件确定相应的点轨迹，然后由体积公式判断A，由面面平行判断B，由异面直线所成角的定义判断C，由线面垂直判断D．
【详解】选项A，由题意在面内，因此它到平面的距离等于正方体的棱长，为常数，而面积为常数，因此为常数，A正确；

选项B，，则，因此点轨迹是线段，
连接，由与平行且相等，因此是平行四边形，则，又平面，平面，所以平面，同理平面，而与是平面内两相交直线，所以平面平面，平面，则平面，B正确；

选项C，取中点，中点，连接，由得点轨迹是线段，同选项A分析知，与直线的夹角即为与直线的夹角，由正方形知当只有当与重合时，与直线的夹角为，C正确；

选项D，由知在线段上，过与平面垂直的直线只有，因此不可能与平面垂直，D错．

故选：ABC．
10．已知四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．若为的中点，为的中点，则
B．若四面体是棱长为1的正四面体，则
C．若，，，则向量在上的投影是
D．已知，，，则向量，，不可能共面
【正确答案】ABC
【分析】A 中根据向量加法的三角形法则、平行四边形法则以及向量减法的三角形法则即可得到结果；B中先化简，再利用公式求解即可；C中先求出，，向量在上的投影为即可求解；D中根据向量共面定理，若向量，，共面，则解题即可.
【详解】A 中，，所以A正确；
B中，
，所以B正确；
C中，，，向量在上的投影为,所以C正确；
D中，假设向量，，共面，则，所以
所以，解得，所以当时向量，，共面，所以D错误.
故选：ABC
11．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点B到平面的距离相等
【正确答案】BCD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、
、、、，
对于A选项，，，则，
所以直线与直线不垂直，故A错误；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，即，
因为平面，平面，故B正确；
对于C选项，连接、、，
因为、分别为、的中点，则，
且，所以四边形为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
故平面截正方体所得截面为，
且，同理可得，，
所以四边形为等腰梯形，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：
因为，，，
所以，故，，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，
，故，
故梯形的面积为，故C正确；
对于D选项，，则点到平面的距离为，
，则点到平面的距离为，
所以点与点到平面的距离相等，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设空间向量，，若，则 .
【正确答案】
【分析】依题意可得，即可得到关于、、的方程组，从而求出、，最后求出.
【详解】因为，且，所以，
即，所以，解得，
所以，，
所以，
所以.
故
13．已知正三棱柱的底面边长为6，三棱柱的高为4，则该三棱柱的外接球的表面积为 .
【正确答案】
【分析】根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，用勾股定理求出外接球的半径即可求其表面积.
【详解】因为正三棱柱的底面边长为6，
所以底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径.

又由三棱柱的高为4，则球心到圆O的距离，
因此球半径R满足：，即有，
所以外接球的表面积.
故
14．如图，已知，，则以OA，OB为邻边的平行四边形的两条高的长度分别为 ．
【正确答案】2，
【分析】求出，计算得，因此以OA为底的高的长度为，然后求出与夹角的余弦并计算出正弦，从而可得以为底的高．
【详解】设，，易得，则，所以，所以以OA为底的高的长度为．
，所以，
所以以OB为底的高的长度为．
故2，．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，求动点的轨迹的长度.
【正确答案】/.
【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案.
【详解】因为平面，平面，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为，
所以PA，AB，AD两两垂直，
所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
因为是四边形内部一点，设，
其中，
平面PDA的法向量为，
设平面QPD的法向量为，则
，
令，则，
所以，
，
由于，
所以，故，
因为的平面角大小为，设为，
则，
解得：，
设直线与轴交点分别为，
故动点的轨迹的长度为的长，
令得：，故
令得：，故
由勾股定理得：，
所以动点的轨迹的长度为.
故答案为.
16．如图，长方体中，，是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面 .
【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定证明平面即可；
（2）方法一：连接交于点，根据中位线的性质证明即可；
方法二：取中点，连接，连接，证明平面即可
【详解】（1）证明：连接，，则
长方体中，
平面平面
所以，，
所以，平面平面
所以，.
（2）方法一：连接交于点， 则为的中点，
连接 ，则为的中位线，故
平面，平面
所以，∥平面
方法二：取中点，连接，
则 ，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
连接，则 ，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
因为，
所以，平面
因为平面，
所以，∥平面
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，是棱上的动点，且，，M是边中点.

(1)当时，证明：平面.
(2)当点E到直线距离最近时，求点D到平面的距离.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可证为平行四边形，即可根据线面平行的判断求解，
（2）建立空间直角坐标系．利用向量，结合点到线的距离公式求出距离的表达式，进而结合二次函数的性质求解最值，即可得，进而求解平面的法向量，又点到面的距离公式即可求解.
【详解】（1）取中点，连接,
当时，是棱上的中点，故且 ，
又且 ，M是边中点,
所以且 ，
故四边形为平行四边形，因此,
又平面,平面,故平面.

（2）取棱的中点，连接，由于平面，四边形是菱形，，
所以，，两两垂直，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，,，，，
故，，，．
因为，所以，则．
，，
点E到直线距离为,
故当时，此时取到最小值，此时点E到直线距离最小，
设平面的法向量为，则，
令，得．，
所以点D到平面的距离为
18．如图，在四棱锥中，面，，，，点E是线段中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的为30°，求平面与平面夹角的余弦值.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线垂直得线面垂直，进而可得面面垂直，
（2）根据线面角可得，故,进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）因为，，点E是线段中点，
连接相交于,所以且，故四边形是正方形，
所以．
因为平面,平面，故，
且，平面,
所以平面．因为平面，所平面平面

（2）由（1）知平面，所以即为直线与平面所成角的角，所以，故,
由于四边形是正方形，不妨设,所以,进而可得,
由于互相垂直，故建立如图所示的空间坐标系，
,
,
设平面的法向量为，则,
取，则，故，
又平面，所以平面的一个法向量为,
设平面与平面的夹角为，则

19．如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.

(1)求证：平面；
(2)判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)在线段上不存在一点，使平面平面，理由见解析
【分析】（1）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面、平面的法向量，根据得到方程，解得，即可判断.
【详解】（1），，
，
，，平面，
平面，平面，
，
，，平面，
平面；
（2）由题意，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，， ，，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令， 则，
设，，则，，
设平面的法向量为，则，取，
平面平面，
，解得，
，
在线段上不存在一点，使平面平面．