2023日照国开中学高二上学期10月月考数学试题含解析

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2022-2023学年度高二上学期第一次月考数学试题本试卷分为选择题和非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟第一部分 选择题一．单项选择题：本大题共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. 若空间向量，，则（    ）A.   B.   C.   D.  【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算求解即可.【详解】因为，，所以．故选：A2. 已知点，，则直线的一个方向向量可以为（    ）A.   B.   C.   D.  【答案】C【解析】【分析】利用空间向量中直线的方向向量的坐标运算求解即可.【详解】解：由题意得：，则直线的方向向量为逐项分析即可知只有C符合要求.故选：C3. 已知空间任一点和不共线的三点、、，下列能得到、、、四点共面的是（    ）A.  B. C.  D. 以上都不对【答案】B【解析】【分析】先证明出若且，则、、、四点共面，进而可得出合适的选项.【详解】设且，则，，则，所以，、、为共面向量，则、、、四点共面.对于A选项，，，、、、四点不共面；对于B选项，，，、、、四点共面；对于C选项，，，、、、四点不共面.故选：B.【点睛】本题考查利用空间向量判断四点共面，考查推理能力，属于中等题.4. 已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的角为（    ）A. 45° B. 135° C. 45°或135° D. 90°【答案】A【解析】【分析】直接利用空间向量的夹角公式求解两平面所成的角即可．【详解】设两平面所成的角为，由题意，得，所以，即两平面所成的角为.故选：A.5. 若平面α，β的法向量分别为＝(－1，2，4)，＝(x，－1，－2)，且α⊥β，则x的值为（    ）A. 10 B. －10C.  D. －【答案】B【解析】【分析】由α⊥β，可得它们的法向量也互相垂直，从而可求出x的值【详解】解：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0，解得x＝－10．故选：B6. 若点，，在同一条直线上，则（    ）A. 21 B. 4 C. 4 D. 10【答案】C【解析】【分析】若∥，则．【详解】，∵点，，在同一条直线上∴∥则解得∴故选：C．7. 如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.【详解】设，因为，所以，，.因为，所以.故选:B.8. 已知，，则的最小值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量减法和模长的坐标运算，结合二次函数基本性质可求得的最小值.【详解】由已知可得，所以，故选：A.二．多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9. 已知向量，则下列结论不正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】利用向量坐标运算法则直接求解．【详解】解：向量，，，，故正确；，1，，故错误；，故错误；，故正确．故选：．10. 若，，与的夹角为120°，则的值为（    ）A.  B. 17 C. 1 D. 【答案】BD【解析】【分析】由空间向量夹角的坐标表示求解【详解】由题意得解得或故选：BD11. 在空间直角坐标系中，已知点，则（    ）A. 在轴上的投影向量的坐标为B. 在轴上的投影向量的坐标为C. 在轴上的投影向量的坐标为D. 点在坐标平面内的射影的坐标为【答案】ABD【解析】【分析】分别求出在轴、轴、轴、平面内的投影向量，即可判断.【详解】在轴上的投影向量的坐标为，在轴上的投影向量的坐标为，在轴上的投影向量的坐标为，点在坐标平面内的射影的坐标为．故选：ABD12. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（    ）A. B. 与平面所成角为C. 异面直线与所成角的余弦值为D. 平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为【答案】AD【解析】【分析】设，则，由余弦定理求出的长，可得，由底面可得，由线面垂直的判断定理和性质定理即可判断选项A；计算即可判断选项B；计算即可判断选项C；建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，计算再结合图形可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A，由，及余弦定理得，从而，故.由底面，可得.又，所以平面，故.故A正确.对于B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又，所以.故B错误.对于C，显然是异面直线与所成的角，易得.故C错误.对于D，以D为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，所以，，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，此时.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，此时，所以，所以平面与平面所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为.故D正确.故选：AD.第二部分 非选择题三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 在空间四边形中，________.【答案】【解析】【分析】根据向量加法法则即可求解.【详解】解：.故答案为：.14. 已知点，向量且，则点的坐标为___________.【答案】【解析】【分析】设，得出的坐标，利用向量相等列方程组求解即可.【详解】解：设，则，因为，，所以，解得，所以点的坐标为.故答案为：.15. 若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是______．【答案】【解析】【分析】画出图象，可知二面角的平面角为，与互补，利用余弦定理可求，即可求解.【详解】如图所示， 设为二面角内一点，，，，由题，则，，，设平面，，，则二面角的平面角为，由四边形的性质可知，与互补，则，所以，所以，故答案为：16. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：（1）AC⊥BD； （2）△ACD是等边三角形；（3）AB与平面BCD所成的角为60°； （4）AB与CD所成的角为60°．则正确结论的序号为_______【答案】（1）（2）（4）【解析】【分析】作出此直二面角，由二面角的平面角的定义和线面垂直的判断和性质可判断（1）；由等边三角形的判断可判断（2）；由线面角的定义可得为所求角，可判断（3）；取中点，的中点，连接，，，可得，所成角或补角即为所求角，计算可判断（4）．【详解】解：如图，其中，是的中点，由，，可得即为此直二面角的平面角．对于命题（1），由于面，故，此命题正确；对于命题（2），在等腰直角三角形中， ，故是等边三角形，此命题正确；对于命题（3），与平面所成的线面角的平面角是，故与平面成的角不正确；对于命题（4），可取中点，的中点，连接，，，由于，是中位线，可得其长度为正方形边长的一半，而是直角三角形的中线，其长度是的一半即正方形边长的一半，故是等边三角形，由此即可证得与所成的角为；综上知（1）（2）（4）是正确的．故答案为：（1）（2）（4）四．解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知，．（1）若，且，求；（2）若与互相垂直，求实数．【答案】（1）或    （2）或【解析】【分析】（1）计算，设，根据向量模长公式计算得到答案.（2），，根据垂直关系得到方程，解得答案.【小问1详解】，，，，设，，解得，故或.【小问2详解】，，与互相垂直，即，解得或.18. 已知平行六面体，，，，，设，，；（1）试用、、表示；（2）求的长度.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）用向量的线性运算求；（2）把（1）等式平方，由数量积的运算求模．【详解】解：（1） （2），，所以．的长度为．19. 如图，在直三棱柱中，，．（1）求异面直线和所成角的大小；（2）求直线和平面所成角的大小．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）、根据题意可证得两两垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后根据即可求出异面直线和所成角的大小；（2）、先求出平面的一个法向量，然后根据即可求出直线和平面所成角的正弦值，进而求出直线和平面所成角的大小.【小问1详解】为直三棱柱，⊥平面，,又，两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则设直线和所成角的大小为，则，又，，直线和所成角的大小为．【小问2详解】由（1）可知：设平面的一个法向量，则，取，得，设直线和平面所成角的大小为，则，．直线和平面所成角的大小为．20. 如图,四边形为正方形,平面,,且.（1）证明：平面平面（2）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1)根据面面平行的判定定理,先由,证明平面,再由证明平面,一个面中两条相交直线平行于另一个面，进而证明面面平行即可;(2)根据题意建立合适的空间直角坐标系,写出点的坐标,分别求出平面和平面的法向量,求出两个法向量夹角的余弦值的绝对值,即面与面夹角的余弦值.【小问1详解】证明:由题知四边形为正方形,,平面,平面,平面,平面,平面,平面,平面,平面,平面平面得证;【小问2详解】由题知,平面,且四边形为正方形,,则以原点,方向为轴,方向为轴,方向为轴建立空间直角坐标系如图所示:,,,平面,平面,平面,平面法向量为,记平面法向量为,,即,不妨取,可得,则,故平面与平面所成角的余弦值为.21. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且 ，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．由已知得 取平面法向量．设，则．设平面的法向量为．由得 ，可取所以 ．由已知得 ．所以 ．解得(舍去)， ．所以 ．又 ，所以 ．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．22. 如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．