2023-2024学年广东省东莞市虎门外语学校高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省东莞市虎门外语学校高二上学期10月月考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知则的值分别为
A．B．5，2C．D．
【答案】A
【详解】由题意得，，所以，即，解得，故选A．
2．如图在四面体中，，分别在棱，上且满足，，点是线段的中点，用向量，，表示向量应为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意有，，又点是线段的中点，结合向量的线性运算及共线向量的运算即可得解.
【详解】解：∵在四面体中，分别在棱、上，且满足，
，点是线段的中点，
∴.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.
3．如图在平行六面体中，底面 是边长为1的正方形，侧棱且，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先求出 ，，，，，，再计算即可.
【详解】解：因为底面是边长为1的正方形，侧棱且，
则 ，，，，，，
则
故选：B.
【点睛】本题考查向量的数量积，向量的模的计算公式，是中档题.
4．若向量垂直于向量和，向量，，且，则
A．B．
C．不平行于，也不垂直于D．以上都有可能
【答案】B
【分析】根据平面向量垂直的定义和数量积运算的性质，即可判断．
【详解】解：向量垂直于向量和，则，，
又向量，
所以，
所以．
故选：．
5．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.
【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，
若，则.
故选:C.
6．如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是（ ）
A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC
【答案】D
【解析】利用线面平行的判定定理可判断A；利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理可判断B、C，从而可得结果.
【详解】因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE⊂平面PAE，
所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF⊂平面PDF，
从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确.
故选：D
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，考查了逻辑推理能力，属于基础题.
7．已知角的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边与直线垂直，则的值为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】根据题意可得，然后利用齐次式的方法求解即可.
【详解】因为角的终边与直线垂直，即角的终边在直线上，
所以，，
故选：B．
8．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．
【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
【点睛】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.
二、多选题
9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（ ）．
A．∥∥B．
C．D．
【答案】AB
【分析】利用法向量与平面的位置关系以及线面垂直的判定定理判定即可.
【详解】对于选项A，，分别为平面，的法向量，若，则，若则，选项A正确；
对于选项B，因为，选项B正确；
对于选项C，因为，则，选项C错误；
对于选项D，因为，则∥或，选项D错误；
故选：AB.
10．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，M、N分别为PC、PB的中点.则（ ）
A．B．C．平面ANMDD．BD与平面ANMD所在的角为30°
【答案】CD
【分析】通过反证法证明A，B错误，通过线面垂直判定定理证明C正确，通过作出线面角求得D正确.
【详解】对A，若，又，则面，与底面ABCD矛盾，故A错误；
对B，若，则平面，则，在题中给出的直角梯形中，显然不可能，故B错误；
对C，，，所以平面ANMD ，故C正确；
对D，连接DN，因为平面ADMN，所以是BD与平面ADMN所成的角在中，，所以BD与平面ADMN所成的角为，故D正确；
故选：CD.
【点睛】本题考查空间中线线垂直、线面垂直的证明、线面角的求解，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意准确作出线面角，再从三角形中进行求解.
11．(多选题)在正方体中，有下列说法，其中正确的有（ ）
A．B．
C．的夹角为60°D．正方体的体积为
【答案】AB
【分析】利用空间向量的加减运算法则及向量夹角的定义判断即可.
【详解】如图所示，
，故A正确；
，故B正确；
与的夹角是夹角的补角，
而的夹角为，故的夹角为，所以C错误；
正方体的体积为.
故选：AB.
【点睛】本题考查空间向量的线性运算及空间向量的夹角问题，较简单，解答时类比平面向量的解法进行即可.
12．如图，正方体中，E为的中点，P为棱BC上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．存在点P，使平面
B．存在点P，使
C．四面体的体积为定值
D．二面角的余弦值取值范围是
【答案】BC
【分析】利用向量法或几何法，根据线面垂直、两点间的距离、几何体的体积、二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】（向量法）为简化运算，建立空间直角坐标系如图，设正方体棱长为2，

，则，，，
，，故与不垂直，故A错误.
由知，故B正确.
为定值.故C正确.
又，，设平面的法向量，
由，
令则，， ，
又平面的法向量，
，
又，，.
故D错误.
（几何法）记棱中点分别为，
易知平面，而平面
则，若平面，平面，则，
由平面，
所以平面，与已知矛盾，故不垂直于平面.
故A错误.


连接，易知，，设正方体棱长为2，知，，
记，
则，，
由，
得.故B正确.


为定值.故C正确.
过点作于点，易知，过点作于点，
知平面，所以，则二面角的平面角为，
现在中求解.
设正方体棱长为2，，则，，
只需求取值范围即可：
记，则，
分析易知在时取到最大值，此时，
在时取到最小值，此时，
又即，
即，
所以即，
.
故D错误.

故选：BC
三、填空题
13．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点2，，0，，则 ．
【答案】
【分析】利用空间中两点间距离公式直接求解．
【详解】在空间直角坐标系Oxyz中，
点2，，0，，
．
故答案为．
【点睛】本题考查两点间的距离的求法，考查两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
14．已知，，，，，若，则的值为
【答案】/
【分析】利用向量数量积的运算律及向量垂直求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
即，
解得.
故答案为：.
15．正四面体中，、分别为边、的中点，则异面直线、所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据点分别为棱、的中点，根据向量的运算得出，，然后可设正四面体的棱长为2，从而进行数量积的运算可求得，并且根据可得出，然后便可求出的值，从而可得出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】为棱的中点，设，
.
又为棱的中点,
.
又的两两夹角都为，并设,
.
又,
,
异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为:.
16．已知等腰直角三角形的直角顶点为，点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】或
【分析】由题意得，，根据直线垂直的斜率公式与两点距离公式列式求解.
【详解】设，由题意知，，
得，
可化为，解得或，
所以点的坐标为或．
故答案为：或
四、解答题
17．已知点.
(1)求直线的倾斜角
(2)过点的直线与过两点的线段有公共点，求直线斜率的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两点式得到直线斜率，从而可得直线的倾斜角；
（2）求出直线与直线的斜率，从而可得结果.
【详解】（1）由已知得：直线的斜率
又
（2）直线的斜率
直线的斜率
过点直线与过两点的线段有公共点，
直线斜率的取值范围为
18．如图，在平行六面体中，设，，，E，F分别是的中点.
(1)用向量表示；
(2)若，求实数x，y，z的值.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.
（2）用表示，再利用空间向量基本定理求解即得.
【详解】（1）在平行六面体中，
，
由E，F分别是的中点，得.
（2），
而，且不共面，
所以.
19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由平面平面可得面，从而可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出向量及面法向量，代入公式即可得到结果.
【详解】（1）依题意，面面，，
∵面，面面，
∴面.
又面，
∴.
（2）解法一：向量法
在中，取中点，∵，
∴，∴面，
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，∵，∴，
∴，，，，，
∴，，.
设面法向量为，
则，解得.
设直线与平面所成角为，
则，
因为，∴.
所以直线与平面所成角的余弦值为.
（2）解法二：几何法
过作交于点，则为中点，
过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，
过作交于点，连结，
连结，取中点，连结，，
四边形为矩形，所以面，所以，
又，所以面，
所以为线与面所成的角.
令，则，，，
由同一个三角形面积相等可得，
为直角三角形，由勾股定理可得，
所以，
又因为为锐角，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
20．如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，M是线段的中点.已知，.
(1)求二面角的余弦值；
(2)直线上是否存在点N，使得与垂直？若存在，求的长；若不存在，请说明理由
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）以D为原点，，，分别为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，结合向量夹角公式即可求解；
（2）设点，利用求出，进而得解.
【详解】（1）因为底面，底面，CD⊂底面，
所以，.因为底面是矩形，所以.
如图，以D为原点，，，分别为x，y，z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，.
因为M是线段的中点，故，，.
设平面的法向量为，则，即
令，则，，于是.
因为底面，所以为平面的法向量.
又，所以.
由题知二面角是锐角，所以其余弦值为；
（2）因为N为直线上一点，，其中，.
又，且与垂直，解得.
所以存在点，使得与垂直，
此时，，的长为.
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）.
【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
取平面的法向量．
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，由二面角的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．
五、证明题
22．如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

(1)若，求证：平面平面；
(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【详解】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
（2）假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.