北京市2024_2025学年高二数学上学期9月月考试题含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期9月月考试题含解析，共15页。试卷主要包含了 已知，则， 如图，在平行六面体中，， 已知，，则坐标为， 如图，已知正方体的棱长为1，， 在棱长为1的正四面体等内容，欢迎下载使用。
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法求出，再求出复数的模.
【详解】依题意，，则.
故选：C
2. 如图，在平行六面体中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的加减法法则计算即可.
【详解】
故选：C
3. 已知，，则坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量坐标运算即可.
【详解】因为，，
所以
故选：.
4. 如图，已知正方体的棱长为1，（ ）

A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图形利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】因为，
且，，
所以.
故选：.
5. 设，分别是平面，的法向量，其中，，若，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题根据图形关系得到，得到，解出即可.
【详解】，且分别是平面的法向量，则，
则有，故，则.
故选：D.
6. 已知直线的方向向量为，直线的方向向量为，则直线与所成角的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量夹角公式，代入即可得到向量夹角，同时注意直线夹角的范围.
【详解】直线方向向量,
直线方向向量,
，
所以两向量夹角为，
直线和所成角为，
故选：B.
7. 已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行的性质及其法向量和方向向量的关系判断即可.
【详解】为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，
若，则或，充分性不成立，
若，则，必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：.
8. 已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与不能构成空间基底的向量是( )
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的基底的意义即可得出．
【详解】，
与、不能构成空间基底；
故选：C．
9. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影为点，且关于轴的对称点为点，则，两点间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得的坐标，再用两点的距离公式求解
【详解】因为点在坐标平面内的射影为点，
所以，
因为点关于轴的对称点为点，
所以，
所以，
故选：D
10. 在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正四面体性质取的中点为，即可知即为异面直线和的夹角的平面角,计算出各边长利用余弦定理即可求得结果.
【详解】连接，取的中点为，连接，如下图所示：

由正四面体的棱长为1可得，
又分别是的中点，所以，且，
所以即为异面直线和的夹角的平面角，
又易知，且，所以，
因此，
即和夹角的余弦值为.
故选：A
二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）
11. 已知向量，则与共线的单位向量为_________.
【答案】或
【解析】
【分析】求出，再根据求解即可.
【详解】因为向量，所以，
所以，
所以与共线的单位向量为或.
故答案为：或.
12. 已知向量，且，则________，_________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】利用空间向量的垂直关系即可求解；根据向量的加法及模的运算即可求解.
【详解】因为，，
当时，所以，
所以；
因为，，
，
所以.
故答案为：；.
13. 已知直线经过，两点，则点到直线的距离为_________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据坐标求出，，然后得到，最后用勾股定理求即可得到点到直线距离.
【详解】
如图，过点作于点
由题意得，，，，，所以，.
故答案为：3.
14. 在空间直角坐标系中，已知，，.则与的夹角的余弦值为___________；在的投影向量___________.
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】
【分析】先根据空间向量的坐标运算求出与的坐标，然后由向量夹角的运算公式和投影向量的计算公式即可求出结果.
【详解】因为，，，
所以，，
所以，
在的投影向量为.
故答案为：；.
15. 以下关于空间向量的说法：
①若非零向量，，满足，，则
②任意向量，，满足
③若为空间向量的一组基底，且，则，，，四点共面
④已知向量，，若，则为钝角
其中正确命题的序号是_________.
【答案】①③
【解析】
【分析】根据向量共线定理可判断①；由向量数量积的运算律可判断②；根据可判断③；当时可判断④.
【详解】对于①，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数，使得，，故，所以，故①正确；
对于②，因为，不一定共线且向量的数量积为实数，所以不一定成立，故②不正确；
对于③，若为空间向量的一组基底，所以，，三点不共线，
，且，
所以，则，，，四点共面，所以③正确；
对于④，当时，，反向共线，有，，所以④不正确.
故答案为：①③.
三、解答题（共4道大题，共60分）
16. 如图，在正方体中，，为线段的中点.
（1）求证：；
（2）求平面的法向量；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2），答案不唯一；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，即可证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，利用向量法即可求得结果；
（3）根据（2）中所求平面的法向量，求得在平面法向量上的投影向量的长度即可.
【小问1详解】
因为是正方体，故可得面，
又面，故可得.
【小问2详解】
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，如下所示：
则可得：，
设平面的法向量为，
则，即，取，可得，
故平面的一个法向量为.
【小问3详解】
设点到平面距离为，
则.
故点到平面的距离为.
17. 如图，正三棱柱的底面边长为，高为，为的中点，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用线面平行的向量判定方法求解即可；
（2）根据线面角的向量求解公式求解即可.
【小问1详解】

如图以为坐标原点，以，所在直线为轴，轴，在平面内做与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，所以，，
即为平面的一个法向量，
所以，
又因为平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）知，，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 如图，在平行六面体中，，，，，，与相交于点，设，，.
（1）试用基底表示向量；
（2）求的长；
（3）求直线与直线所成角.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的线性运算求解即可；
（2）由（1）可知，然后利用数量积求模长即可；
（3）利用空间向量线线角的向量法求解即可.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
，，，，，
所以，
，
，
由（1）知，
所以，
所以；
【小问3详解】
，
，
，
所以与所成角为，
所以直线与直线所成角为.
19. 如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）存在，SE∶EC＝2∶1.
【解析】
【分析】（1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD；
（2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果；
（3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz如图．
设底面边长为a，则高SO＝a．
于是S，D，C
＝，＝，
∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD．
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝，设所求角为，则cs＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°．
（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝．
设＝t，则＝＋＝＋t
＝而·＝0⇔t＝，
即当SE∶EC＝2∶1时
⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC．