湖北省武汉情智学校2023-2024学年高二数学上学期10月质量检测试题（Word版附解析）

武汉情智学校2023-2024学年上学期10月质量检测高二数学试卷一、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.平行六面体中，化简（  ）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合向量的加减法法则，即可求解．【详解】为平行四面体，故选：A．2.已知点、、不共线，对空间任意一点，若，则点、、、（）A.不共面B.共面C.不一定共面D.无法判断【答案】B【解析】【分析】根据共面向量的基本定理可得出结论.【详解】因为，则，即，即，所以共面，又因为它们有公共点，所以点、、、共面.故选：B. 3.如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量线性运算进行计算，用表示出．【详解】因为是中点，所以，是的重心，则，所以，因为所以，若，则．故选：D．【点睛】本题考查空间的向量的线性运算，掌握向量线性运算的运算法则是解题关键．4.已知向量，，，若，，共面，则（）A.4B.2C.3D.1【答案】D【解析】【分析】根据空间向量共面定理得到存在两个实数、，使得 ，即可得到方程组，解得即可.【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得，即，即，解得．故选：D5.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱、的中点，则点到平面的距离等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，找到平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离求解即可.【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，. 设平面的法向量为，则，即令，得.又，点到平面的距离，故选：.【点睛】本题用向量法求点到平面的距离，我们也可以用等体积法求点到平面的距离，当然也可以找到这个垂线段，然后放在直角三角形中去求.6.如图，是正三角形所在平面外一点，，分别是和的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求异面直线夹角.【详解】不妨设，如图建立空间直角坐标系，则相关各点坐标为，，，，又，分别是和的中点，则，．所以，，所以，，因为异面直线所成角为锐角或直角， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：B.7.如图，四棱锥中，底面是矩形，平面，且，点是上一点，当二面角为时，A.B.C.D.1【答案】A【解析】【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由于，所以，即，又平面的一个法向量是且，解之得，应选答案A．8.已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意不妨令棱长为，如图 在底面内的射影为的中心，故由勾股定理得过作平面，则为与底面所成角，且如图作于中点与底面所成角的正弦值故答案选点睛：本题考查直线与平面所成的角，要先过点作垂线构造出线面角，然后计算出各边长度，在直角三角形中解三角形．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是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分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【解析】【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.给出下列命题，其中正确的命题是（）A.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线B.若为空间的一个基底，则、、构成空间的另一基底C.两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线D.已知向量，，则在上的投影向量为【答案】BCD【解析】【分析】利用空间向量位置关系与向量的关系可判断A选项；利用空间向量的基本定理可判断BC选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，若直线的方向向量为，平面的法向量为，则，即，所以，或，A错；对于B选项，假设、、不是构成空间的一组基底，不妨设，又因为为空间的一个基底，则、、不共面， 所以，，矛盾，故、、构成空间的另一基底，B对；对于C选项，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，不妨设这两个非零向量不共线，设这两个非零向量为、，由空间向量的基本定理可知，在空间中必存在非零向量，使得为空间的一个基，假设不成立，故这两个非零向量共线，C对；对于D选项，因为向量，，则在上的投影向量为，D对.故选：BCD11.在四面体P-ABC中，下列说法正确的是（）A.若，则B.若Q为△ABC的重心，则C.若，，则D.若四面体P-ABC的棱长都为2，点M，N分别为PA，BC的中点，则【答案】ABC【解析】【分析】根据立体几何的向量运算法则、重心的向量表示法则以及向量的模值计算进行逐项判断即可.【详解】解：由题意得：对于A：∵，∴，∴，∴，∴，即故A正确；对于B：若Q为△ABC的重心，则，∴，∴故B正确；对于C：∵， ∴，故C正确；对于D：∵，∴∵∴故D错误．故选：ABC12.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.平面与平面夹角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】证明出平面，结合线面垂直的性质可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】设，对于A选项，，由余弦定理可得，所以，，所以，，因为底面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，A对；对于B选项，因为底面，所以，与平面所成的角为，且，又因为为锐角，故，即与平面所成角为，B错；对于C选项，因为四边形为平行四边形，则，且，所以，异面直线与所成角为或其补角，因为底面，平面，则，所以，，则，故异面直线与所成角的余弦值为，C对；对于D选项，因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，则，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，所以，平面与平面夹角的余弦值为，D对.故选：ACD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上）13.已知点，直线过原点，且平行于向量，则点到直线的距离是________.【答案】##【解析】【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可求得点到直线的距离.【详解】由题意可得，易知直线的一个方向向量为，所以，点到直线的距离为. 故答案为：.14.在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点为，那么，在空间直角坐标系中，关于轴的对称轴点坐标为___________，若点关于平面的对称点为点，则___________．【答案】①.②.【解析】【分析】在空间直角坐标系中，关于轴的对称轴点坐标为横坐标不变，纵坐标和竖坐标变为原来的相反数，若点关于平面的对称点为点，横、纵坐标均不变，竖坐标变为原来的相反数，再由两点间距离公式能求出．【详解】在空间直角坐标系中，关于轴的对称轴点坐标为，若点关于平面的对称点为点，则，所以．故答案为：，．15.平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝2，AD＝1，且AB，AD，AA1的夹角都是60°，则____．【答案】3【解析】【分析】设出向量，，，它们两两之间夹角为，然后表示出向量，，再利用数量积的定义和运算法则即可求解．【详解】如图， 可设，，，故，，，又因为，同理可得，，于是有()•()222+2•＝﹣4+4+1+2×||•||cos60°＝1+2×2×1＝3故答案为：316.如图，在长方体中，，，点M在棱上，且，则当的面积取得最小值时其棱________.【答案】 【解析】【分析】设，，建立空间直角坐标系，由向量的垂直可得，进而可得，由基本不等式即可得解.【详解】设，，如图建立空间直角坐标系，则，，，所以，，又，所以，所以，所以，当且仅当，时，等号成立，所以当的面积取得最小值时其棱.故答案为：.【点睛】本题考查了空间向量及基本不等式的应用，考查了运算求解能力，合理转化、细心计算是解题关键，属于中档题.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.设，.（1）若，求；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出向量、的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可求得实数的值；（2）分析可知，利用空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.【小问1详解】解：因为，，则，，若，则，解得.【小问2详解】解：若，则，解得.18.如图，在空间四边形中，，点E为的中点，设，，．（1）试用向量，，表示向量；（2）若，，求的值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先把表示出来，然后由点E为的中点得，化简即得结果；（2）把用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果.【小问1详解】因为，所以，所以，因为点E为的中点，所以.小问2详解】因为，，所以.19.在平面四边形中，，，将沿折起，使得平面平面，如图．（1）求证：；（2）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【详解】试题分析：(1)由,将沿折起，使得平面平面,即可得AB垂直于平面BCD.从而得到结论.(2)依题意,可得,又由平面BCD.如图建立直角坐标系.求直线与平面所成角的正弦值.等价于求出直线与平面的法向量所成的角的余弦值.写出相应的点的坐标以及相应的向量,求出法向量即可得到结论.试题解析：(1)因为平面,平面平面平面所以平面又平面所以.(2)过点在平面内作的垂线作为轴,建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M．∴（0，1，﹣1），（1，1，0），．设平面BCM的法向量（x，y，z），则，令y＝﹣1，则x＝1，z＝1．∴（1，﹣1，1）．设直线AD与平面MBC所成角为θ．则sinθ＝|cos|． 考点：1.线面的位置关系.2.空间直角坐标系.3.空间想象力.20.如图，在四棱锥中，平面，，，是棱上一点，且，.（1）若，求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，证明出，再利用线面平行判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合求出的值，即可得解.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，因为，且，所以，， 又因为，则，所以，，因为平面，平面，故平面.【小问2详解】解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为，，则、、、，设，其中，则，设平面的法向量为，，，则，取，可得，由题意可得，整理可得，解得，此时点为的中点，故.21.如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，. （1）证明：平面平面（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求平面与夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知，为的中点，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与夹角的余弦值.【小问1详解】取线段的中点，连接、，因为为等边三角形，则，又因为，，所以，，所以，，因为为的中点，则，因为为直角三角形，故，且，因为为等边三角形，为的中点，则，因为，则，所以，，因为，、平面，所以，平面，又因为平面，所以，平面平面.【小问2详解】设点到平面的距离为，由题意可知，，即，可得， 所以，为的中点，因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，，所以，平面与夹角的余弦值为.22.已知三棱柱，，，，在平面ABC上的射影为B，二面角的大小为， （1）求与BC所成角的余弦值；（2）在棱上是否存在一点E，使得二面角为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据已知结合几何知识得出与，即可得出为二面角的平面角，则，令，则，在中，得出，在中，根据，，，，列式求解即可得出，过B作，又因为平面ABC，所以BM、BC、两两垂直，即可以、、为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，即可根据直线间夹角的向量求法得出答案；（2），所以，得出，则，根据平面的法向量的求法求出平面EBC与平面的法向量，即可根据二面角为，列式求解出，即可得出答案.【小问1详解】连接，因为在平面ABC上的射影为B，所以平面ABC，取AC的中点F，由于，所以，连接，由三垂线定理可得，则为二面角的平面角，即，则，令，则，则在中，，所以， 在中，，，，，所以，解得，过B作，又因为平面ABC，所以BM、BC、两两垂直，以、、为x、y、z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，可得，，，，则，，则，则与BC所成角的余弦值为【小问2详解】设，所以，可求得，则，设平面EBC的法向量为，由，，得，解得，因为是三棱柱，所以，设平面的法向量，由，， 得，解得，若二面角为，则，即，解得，所以的值为.