2024-2025学年河南省洛阳市高二上册10月联考数学学情检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省洛阳市高二上册10月联考数学学情检测试题（含解析），共24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. 在空间四边形中，（ ）
A. B. C. D.
2. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
3. 《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，E为的重心，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（ ）
A. 1B. －1C. －1或1D. 2
5. 已知为平面内一点，若平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 1
6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A B. C. 3D.
7. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B.
C D.
8. 在正三棱柱中，，，，为棱上的动点，为线段上的动点，且，则线段长度的最小值为（ ）
A. 2B. 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. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 如图，四边形，都是边长为2正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ）

A.
B. 异面直线，所成角为
C. 点到直线的距离为
D. 的面积是
11. 在平行六面体中，，，若，其中，，，则下列结论正确的为（ ）
A. 若点在平面内，则B. 若，则
C. 当时，三棱锥的体积为D. 当时，长度的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设向量，，若，则____________.
13. 在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，，，，若四点共面，则___________.
14. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，，，则_______.
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. 已知空间向量.
（1）求；
（2）判断与以及与位置关系.
16. 已知正四面体的棱长为2，点G是的重心，点M是线段的中点.
（1）用，，表示，并求出；
（2）求.
17. 如图，在长方体中，，，，，，分别为棱，，，的中点.
（1）证明：，，，四点共面；
（2）若点在棱，且平面，求的长度.
18. 如图，四棱柱的底面为矩形，为中点，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）求二面角平面角的余弦值．
19. 在三棱台中，平面，，D，E分别为CA，CB的中点.
（1）证明：平面；
（2）已知，F为线段AB上的动点（包括端点）.
①求三棱台的体积；
②求与平面所成角的正弦值的最大值.
2024-2025学年河南省洛阳市高二上学期10月联考数学学情检测试题
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. 在空间四边形中，（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据空间向量的加减法运算即可得解.
【详解】.
故选：B．
2. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据空间直角坐标中点的对称规则判断即可.
【详解】点关于轴对称点的坐标为.
故选：C．
3. 《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，E为的重心，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】连接AE并延长交CD于点F，则F为CD的中点，利用向量的加减运算得答案
【详解】连接AE并延长交CD于点F，
因为E为的重心，则F为CD的中点，且
.
故选：B．
4. 设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（ ）
A. 1B. －1C. －1或1D. 2
【正确答案】C
【分析】借助向量夹角公式求解即可.
【详解】因为法向量，所成的角与两平面所成的角相等或互补，
所以，得t＝±1．
故选：C．
5. 已知为平面内一点，若平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【正确答案】B
【分析】计算，直接利用点到平面的距离公式计算得到答案.
【详解】，面的法向量为，
则点到平面的距离为.
故选：B.
6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A. B. C. 3D.
【正确答案】D
【分析】依题意求出，，，，即可求出，再由面积公式计算可得.
【详解】因为，，，所以，，
则，，，所以，
又因为，所以，
则以，为邻边的平行四边形的面积.
故选：D
7. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
8. 在正三棱柱中，，，，为棱上的动点，为线段上的动点，且，则线段长度的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段的表达式，利用函数求最值即可.
【详解】因为正三棱柱中，有，所以为的中点，取中点，
连接，如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为是棱上一动点，设，且，
因，且，
所以，于令，
所以，，
又函数在上增函数，
所以当时，，即线段长度的最小值为.
故选：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. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AB
【分析】由空间中基底的概念以及共面定理逐项分析即可.
【详解】设，所以，无解，
所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故A正确；
设，则，
所以，无解，
所以是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故B正确；
因为，
所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故C错误；
因为，
所以是共面向量，不能构成空间的一个基底，故D错误．
故选：AB．
10. 如图，四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，，分别是线段，的中点，则（ ）

A.
B. 异面直线，所成角为
C. 点到直线的距离为
D. 的面积是
【正确答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断A、B、C；再由，可得到的距离即为到的距离，最后由面积公式判断D.
【详解】因为四边形，都是边长为2的正方形，平面平面，
所以，又平面平面，平面，所以平面，
由题意知，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,0,0，，，，，
又，分别是线段，的中点，所以，，
所以，，
又，不共线，所以，故A正确；
，，设异面直线，所成角为，
则，又，所以，即异面直线，所成角为，故B错误；
由，，得，
所以点P到直线DF的距离为，故C正确；
因为，所以到的距离即为到的距离，
所以的面积，故D错误.
故选：AC．

11. 在平行六面体中，，，若，其中，，，则下列结论正确的为（ ）
A. 若点在平面内，则B. 若，则
C. 当时，三棱锥的体积为D. 当时，长度的最小值为
【正确答案】ABD
【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得，进而求解判断A；根据空间向量的数量积定义和线性运算可得，，进而结合即可求解判断B；由题易知四面体为正四面体，设在平面内的射影为点，进而可得当时，到平面的距离为，进而结合三棱锥的体积公式求解判断C；根据空间向量的数量积定义及运算律可得，进而结合二次函数的性质及基本不等式即可求解判断D.
【详解】对于选项A，若点平面内，易知有，
所以，
又，则，故A正确；
对于选项B，由题意易得，
，且，
又，即，
故，解得，故B正确；
对于选项C，由题易知四面体为正四面体，
设在平面内的射影为点，
则为的中心，易得，．
当时，到平面的距离为，
所以，故C错误；

对于选项D，由B知，
，
又，
由基本不等式可知，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，故D正确．
故选：ABD．
关键点睛：本题关键在于利用空间向量的的数量积定义和线性运算进行转化问题，使之转化为较易的问题进行解决.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设向量，，若，则____________.
【正确答案】4
【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为0计算即可.
【详解】因，
所以，即，解得.
故4
13. 在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，，，，若四点共面，则___________.
【正确答案】6
【分析】先由点的坐标求得向量，再利用共面向量定理得到，由此列出方程组即可求得.
【详解】由题意，得，
又四点共面，则存在，使得，
即，即，解得，
所以.
故6.
14. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，，，则_______.
【正确答案】##4.5
【分析】由空间向量基本定理得，因为D，E，F，M四点共面，由平面向量基本定理得，可解得的值.
【详解】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，，使，所以，所以，所以
所以.
故
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. 已知空间向量.
（1）求；
（2）判断与以及与的位置关系.
【正确答案】（1）
（2）；.
【分析】（1）直接利用向量线性运算和数量积的坐标运算求解即可.
（2）利用向量垂直和平行的判定直接判断即可.
【小问1详解】
由题知，，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以；
因为，
所以，所以.
16. 已知正四面体的棱长为2，点G是的重心，点M是线段的中点.
（1）用，，表示，并求出；
（2）求.
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）首先根据空间向量的线性运算得到，再求其模长即可.
（2）根据展开求解即可.
【小问1详解】
因为点M是线段的中点，点G是的重心，
所以，
因为，
所以
，
∴.
【小问2详解】
.
17. 如图，在长方体中，，，，，，分别为棱，，，的中点.
（1）证明：，，，四点共面；
（2）若点在棱，且平面，求的长度.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）3
【分析】（1）连接，，，先可得到四边形为平行四边形，进而得到，结合即可得到，进而求证；
（2）建立空间直角坐标系，设，结合空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，，，
因为，，，分别为棱，，，的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又，
所以，所以，，，四点共面.
【小问2详解】
以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由，，，，，分别为棱，，，的中点，
可得，，，，
则，，
设，即，则，
由平面，故，
即，解得，
所以.
18. 如图，四棱柱的底面为矩形，为中点，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得，由勾股定理的逆定理可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连接，由已知可证得两两互相垂直，所以以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：因为底面是矩形，
所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，所以，
所以，
又平面，
所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，因为，
所以，又平面平面，
平面平面平面，
所以平面，连接，又底面为矩形，所以，
所以两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，
则，
所以．
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量．
设平面的一个法向量为，则
，令，则．
设二面角的平面角为，则
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
19. 在三棱台中，平面，，D，E分别为CA，CB的中点.
（1）证明：平面；
（2）已知，F为线段AB上的动点（包括端点）.
①求三棱台的体积；
②求与平面所成角的正弦值的最大值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）①；②.
【分析】（1）根据中位线可得线线平行，再由线面平行的判定定理得解；
（2）①证明四边形为菱形，从而可得出棱台的高，再由棱台体积公式求解；
②建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，结合二次函数最值得解.
【小问1详解】
证明：设交于点G，连接EG，如图，
在三棱台中，，，
又D为AC的中点，
所以，，四边形是平行四边形，G为的中点.
又E为BC的中点，所以，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
①连接BD，
因为平面，且平面，所以平面平面，
因为，D为CA的中点，所以，
又平面平面，平面，所以平面，
由平面，所以，
又，，，平面，所以平面，
由平面，所以，故四边形为菱形，，
所以三棱台的体积为.
②如图所示建立平面直角坐标系，则，，，，
不妨设，则，，
设平面的一个法向量为，
则，得，令，可得，
设与平面所成角为，
则，当且仅当时，等号成立，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.