2023-2024学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知空间向量，，，下列命题中正确的（ ）
A．若向量，共线，则向量，所在的直线平行
B．若向量，所在的直线为异面直线，则向量，一定不共面
C．若存在不全为0的实数使得，则，，共面
D．对于空间的任意一个向量，总存在实数使得
【答案】C
【分析】利用共线向量的定义可判断A选项；利用空间任意两个向量共面可判断B选项；利用共面向量的定义可判断C选项；利用空间向量的基本定理可判断D选项.
【详解】对于A选项：由于与共线，则，所在的直线也可能重合，故A不正确；
对于B选项：根据自由向量的意义知，空间任意两向量，都共面，故B不正确；
对于C选项：因为存在不全为0的实数，使得,不妨设，
则，由共面向量定理知，，一定共面，故C正确；
对于D选项：只有当，，不共面时,空间中任意向量才能表示为.
故D不正确.
故选：C
2．关于空间直角坐标系中的一点有下列说法：
①的中点坐标为；
②点关于轴对称的点的坐标为；
③点关于坐标原点对称的点的坐标为；
④点关于平面对称的点的坐标为.
其中正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】类比平面直角坐标系中点的性质，对空间直角坐标系中点的坐标与对称性说法，判断正误即可.
【详解】空间直角坐标系中，点，则：
对于①，的中点坐标为，①正确；
对于②，点关于轴对称的点的坐标为，②错误；
对于③，点关于坐标原点对称的点的坐标为，③错误；
对于④，点关于平面对称的点的坐标为，④正确.
综上所述：正确的说法序号是①④.
故选：
【点睛】本题考查了空间中点的坐标与对称性问题的应用，是基础题.
3．如图所示，E，F分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，D是线段EF的一个四等分点（靠近E点），设，则 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】解：如图所示，连接，
.
故选：C．
4．若构成空间向量的一组基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】根据空间向量共面的条件即可解答.
【详解】对于A，由，所以，，共面；
对于B，由，所以，，共面；
对于D，，所以，，共面，
故选：C.
5．如图，以棱长为的正方体的具有公共顶点的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，点在体对角线上运动，点为棱的中点，则当最小时，点的坐标为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意作图，利用正方体的几何性质，可得答案.
【详解】连接，过点作于点，如下图：
则垂直于平面．
设点的横坐标为，则由正方体体对角线的性质可得点的纵坐标也为，
由正方体的棱长为，得，
因为，所以，所以，
又因为，
所以，
所以当时，最小，此时点的坐标为.
故选：D．
6．已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ）
A．B．
C．或D． 或
【答案】C
【分析】设点坐标，由可解出坐标，再用空间向量模长公式即可.
【详解】设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，
故选:C
7．如图，在长方体中， ，当 时，有平面，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数的值.
【详解】如下图所示：
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；设，
则，设
即，，
由得
即，所以
则
设平面的一个法向量为，
，所以
令，则；所以
由平面可知，,即.
所以.
故选：C
8．如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.
【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．
故选：D
二、多选题
9．对于任意非零向量，，以下说法错误的有（ ）
A．已知向量，，若，则为钝角
B．若，则
C．若空间四个点，则三点共线
D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
【答案】ABD
【分析】利用特例判断A、B，根据空间向量线性运算法求出，即可判断C，根据空间向量数量积的坐标运算判断D；
【详解】解：对于A：当时，，，即，可得、共线反向，故A错误；
对于B：当、时，成立，而不成立，故B错误；
对于C：根据题意可得，即有，则、、三点共线，故C正确；
对于D：，，所以或，故D错误；
故选：ABD.
10．以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.
【详解】对A：若，结合向量基本定理知：为共面向量，故四点P、M、A、B共面，A正确；
对B：若，且，结合向量共面的性质知：四点P、M、A、B共面，B正确；
对C：若，则，可知直线的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A、B不一定共面，C错误；
对D：若，可知直线的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；
故选：ABD.
11．已知正方体的棱长为，，分别为，的中点，在直线上，且，的重心为，则（ ）
A．若在平面内，则B．若，，三点共线，则
C．若平面，则D．点到直线的距离为
【答案】ACD
【分析】对于A，建系，由三角形的重心坐标关系得到点，再由平面内得到；对于B，由向量共线的充要条件得到；对于C，用空间向量的坐标运算表示线面垂直，求出；对于D，由点到直线的距离的向量求法求出即可.
【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系如下图：
因为正方体的棱长为，，分别为，的中点，
在直线上，且，的重心为，
所以，，，，，
，，，．
对于A，因为在平面内，所以，解得，故A正确；
对于B，因为，，
所以要，，三点共线，则，解得，故B错误；
对于C，因为平面，而，平面，
所以且．
因为，，，
所以由得，解得，故C正确；
对于D因为，，
所以点到直线的距离为，故D正确．
故选：ACD
12．在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：
①，，且，和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；
②的模(表示向量，的夹角)．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的有（ ）
A．B．与共线
C．D．与正方体表面积的数值相等
【答案】ABD
【分析】根据所给的新定义及正方体的性质一一计算可得.
【详解】对于A，对于A，设正方体的棱长为，在正方体中，
则，
因为，且，所以，
所以，
所以，所以A正确；
对于B，在正方形中，，又因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证，
再由右手系知，与同向，所以B正确；
对于C，由，和构成右手系知，与方向相反，
又由模的定义知，，
所以，则，所以C错误；
对于D，设正方体棱长为，，
正方体表面积为，所以D对．
故选：ABD．
三、填空题
13．已知空间向量，，，若，，共面，则 ．
【答案】
【分析】由空间向量基本定理结合题意列方程求解即可.
【详解】若，，共面，则存在实数，使，
即
所以，解得，，．
所以．
故答案为：
14．已知直线l的一个方向向量为，若点为直线l外一点，为直线l上一点，则点P到直线l的距离为 .
【答案】
【分析】直接利用空间中点到线的距离公式计算即可.
【详解】由题意可得l的一个单位方向向量为，
,
故点P到直线l的距离.
故答案为：.
15．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于 ．
【答案】2
【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】∵、是棱上两点，、分别在半平面、内，
，，
又∵二面角的平面角等于120°，且，
∴，，，∴，
．
故答案为：2．
16．已知点为棱长等于的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角的余弦值 ．
【答案】
【分析】取线段的中点，可得出，分析可知当、、三点共线时，取最小值，求出的最小值，即可得解.
【详解】取线段的中点，则，，
所以，，
当、、三点共线时，取最小值，此时，
此时.
故答案为：.
四、解答题
17．已知向量，，.
（Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值；
（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值.
【答案】（Ⅰ）实数和的值分别为和.（Ⅱ）
【分析】(Ⅰ)根据可求得,再根据垂直的数量积为0求解即可.
(Ⅱ)根据共面有,再求解对应的系数相等关系求解即可.
【详解】解：(Ⅰ)因为,所以.
且.
因为向量与垂直,
所以.
即.
所以实数和的值分别为和.
(Ⅱ)因为向量与向量，共面,所以设（）.
因为,
所以
所以实数的值为.
【点睛】本题主要考查了空间向量的基本求解方法,包括模长的运算以及垂直的数量积表达与共面向量的关系等.属于基础题.
18．如图，三棱柱中，M，N分别是上的点，且．设，，．
(1)试用，，表示向量；
(2)若，求MN的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.
（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.
【详解】（1）解：
，
∴；
（2）解：，
，
，
，
，
即MN的长为.
19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
(1)证明：D1E⊥A1D；
(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明、，由线面垂直的判定定理可证明平面，即证；
（2）由勾股定理求出△ACD1各个边长，设点到平面的距离为，由即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为四边形是矩形，，
所以四边形是正方形，
所以，
又平面，平面，，
所以平面，又因为平面，
所以.
（2）因为，，为的中点，
所以，，，，
所以，，
设点到平面的距离为，
由可得：，
即，
解得：，
所以点E到面ACD1的距离为.
20．如图所示，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，则侧棱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)
【分析】(1)根据题目所给的条件，连接AC，BD得交点O，连接SO，易证 ；
(2)构造辅助线，使得BE所在的平面平行于平面PAC即可求解.
【详解】（1）
连接AC，BD得交点O，连接SO，则点O是正方形ABCD的中心，
是等腰三角形， ,
又 ， 平面SBD， 平面SBD， ，
平面SBD， 平面SBD，∴ ；
（2）在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN，
由面，面，则，
设底面边长为a，则，，
，由等面积法，得出 ，则 ，
∵P是ND的中点，O是BD的中点，
∴，面，面，故面，
又平面，平面，则面，
，面BNE，则平面BNE平面PAC，
面BNE，则平面APC，
，，
综上，存在， .
21．在斜三棱柱中，，，在底面上的射影恰为的中点，又已知.
(1)证明：平面．
(2)求平面和平面的夹角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】由已知可得平面，进一步得，再由，得，然后利用线面垂直的判定得答案；
利用线面垂直的性质可得，以为原点，、所在直线分别为、轴，过与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，设，得，，， 的坐标，然后求出平面与平面的一个法向量，再求出两个法向量所成角的余弦值，进一步得到二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：由已知得，平面，又平面，
，
，，
，又，平面，平面，
平面；
（2）解：由及平面，得，
以为原点，、所在直线分别为、轴，过与平面垂直的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
又由已知得，
，得，
，，
设平面的法向量，
则，，令，则，，
又平面，平面，，，
平面的一个法向量可以是，
，
易知二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为．
22．如图，三棱柱中，面面，，，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，利用面面平行的性质可推导出，即可证得结论成立；
（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：在三棱柱中，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面，所以，，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，，因此，四边形为平行四边形．
（2）解：因为，平面平面，平面平面，
平面，所以，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

因，，
则，，，，
，，，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，
而，设直线与平面所成角为，
于是得，
所以直线与平面所成角的正弦值为．