山西省运城市景胜学校（东校区）2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（A卷）（Word版附解析）

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景胜学校2023-2024学年度第一学期高二月考（9月）
数学试题（A卷） 2023.09
一、单选题
1．对于空间中的任意三个向量，，，它们一定是（    ）
A．共面向量 B．共线向量 C．不共面向量 D．既不共线也不共面的向量
2．四面体中，，，，则（    ）
A． B． C． D．
3．向量（﹣1，2，﹣2），（k，4，5）夹角的余弦值为，则实数k为（　　）
A．3 B．﹣11 C．﹣3或11 D．3或﹣11
4．如图正方体的棱长为a，以下结论不正确的是（　　）

A．异面直线与所成的角为 B．直线与垂直
C．直线与平行 D．三棱锥的体积为
5．在空间直角坐标系中，已知点，点A关于平面对称的点为B，点A关于x轴对称的点为C，则的面积为（    ）
A．2 B．4 C．8 D．16
6．正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
7．在长方体中，，，O是AC的中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．正方体的棱长为3，点E，F分别在棱上，且，，下列几个命题：①异面直线与垂直；②过点B，E，F的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为④过点作平面，使得，则平面截正方体所得的截面面积为．其中真命题的序号为（    ）
A．①④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
二、多选题
9．已知，分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中，正确的是（    ）
A．⇔l1//l2 B．⊥⇔l1⊥l2 C．⇔α//β D．⊥⇔α⊥β
10．如图所示，在正方体中，下列各组向量的夹角为的是（    ）

A．与 B．与 C．与 D．与
11．已知三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，E为棱CD的中点，且，，，则（    ）
A． B．异面直线BE与AD所成角的正弦值为
C．平面ABE与平面ABD不垂直D．平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为
12．如图，在几何体中，四边形是矩形，，且平面平面，，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．异面直线、所成的角为
C．几何体的体积为 D．平面与平面间的距离为
三、填空题
13．在三棱柱中，点在线段上，且，若以为基底表示，则 ．
14．已知直线a，b的方向向量分别为和，若，则 .
15．若平面向量为单位向量，， 空间向量满足，，，则对任意的实数，的最小值为 ．
16．三棱锥中，两两垂直，，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 ．
四、解答题
17．已知，点P在z轴上，且，求点P的坐标．
18．如图，在直三棱柱中，，，，P为的中点，点Q，R分别在棱，上，，．求平面与平面夹角的余弦值．

19．如图，已知正方形的边长为，为两条对角线的交点，如图所示，将沿BD所在的直线折起，使得点E移至点C，满足．
    
（1）求四面体的体积； （2）请计算：
①直线与所成角的大小； ②直线与平面所成的角的正弦．
20．如图， 和所在平面垂直，且．

(1)求证：； (2)若，求平面和平面的夹角的余弦值．
21．如图，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，四边形CC1D1D为矩形，已知AB⊥BC1，AD=4，AB=2，BC=1.

（I）求证：BC1∥平面ADD1；
（II）若DD1=2，求平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值；
（III）设P为线段C1D上的一个动点（端点除外），判断直线BC1与直线CP能否垂直?并说明理由.
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。

高二数学参考答案（A）
1．A
【分析】根据空间向量共面定理，即可直接判断并选择.
【详解】若，不共线，则由空间共面向量定理知，，，共面；
若，共线，则，，共线，也共面.
故选：.
2．C
【分析】根据题意得
，由数量积公式计算即可.
【详解】由题知，，
所以
，
所以，解得，
故选：C
3．B
【分析】根据向量的数量积的运算，代入公式得到关于k的方程，解出即可．
【详解】由题意得：||3，||，
故cos，，解得：k＝﹣11，
故选：B
4．C
【分析】如图所示，建立空间直角坐标系．利用正方体的性质、向量的夹角公式与数量积的关系、三棱锥的体积计算公式即可得出．
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系．
A．A1（a，0，a），D（0，0，0），A（a，0，0），B1（a，a，a）．
∴（﹣a，0，﹣a），（0，a，a），
∴，
∴异面直线A1D与AB1所成的角为60°．
B．C1（0，a，a），B（a，a，0）．
（﹣a，0，﹣a）•（﹣a，0，a）＝a2﹣a2＝0．
∴直线A1D与BC1垂直．
C．D1（0，0，a）．
∵（﹣a，0，﹣a）•（﹣a，﹣a，a）＝a2﹣a2＝0，∴直线A1D与BD1垂直，不平行；
D．三棱锥A﹣A1CD的体积．
综上可知：只有C不正确．
故选C．

【点睛】本题考查了正方体的性质、向量的夹角公式与数量积的关系、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．B
【分析】利用空间中的对称求出坐标，再根据两点之间的距离求出长度，利用勾股定理证得三角形为直角三角形，进而求得面积.
【详解】由题意可得，点关于平面对称的点为，
点关于x轴对称的点为，
，，即为直角三角形，
所以的面积为
故选：B
6．A
【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为

故选：A
7．D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的取值范围，由此求得，即可得解.
【详解】以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，
设，则，
设平面的法向量为
则，令，得
所以，
由于，，，
，，，
由于，所以
故选：D

8．B
【解析】对于①：取的三等分点为，使，利用已知条件找到异面直线， 所成的角，即可得出结果；
对于②：取 的三等分点为，使，利用已知条件得到四边形 即为所求截面，即可得出结论；
对于③：利用等体积法求解即可；
对于④：取 的三等分点为，使，取 的三等分点为，使，
猜想出面 即为所求的截面，建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论．
【详解】解：对于①：取的三等分点为，使，又，
且，
四边形为平行四边形，
且，
四边形 为平行四边形，
，
则 为异面直线， 所成的角，
连接，由题意得：，
所以，
故①正确；
对于②：取 的三等分点为，使，又，
且，
四边形 为平行四边形，
则 且，
又由①得： 且，
于是且，
四边形 为平行四边形，
，
取的中点为，连接，
又，
，
则四边形 即为所求截面，
由题意知：，
则②不正确；
对于③：，
又面，，
所以，
故③正确；
对于④：取 的三等分点为，使，取 的三等分点为，使，
，
则面 即为所求的截面，
建立如图所示的空间坐标系，

则，0，，，3，，，3，，，0，，，1，，
，，，

所以面，
由已知条件得：
，
等腰梯形 的高为：
，
所以截面面积为：，
故④正确．
故选：．
【点睛】本题主要考查异面直线所成角以及线线平行问题，还考查了等体积法求四棱锥的体积以及利用空间向量解决线面垂直问题； 问题的关键是截面不容易找．
9．ABCD
【分析】根据方向向量的关系和法向量的关系可判断线线关系和面面关系，即可得到答案．
【详解】解：若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件是它们的方向向量平行（或垂直），
故选项A，B正确；
若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件是它们的法向量平行（或垂直），
故选项C，D正确．
故选：ABCD．
10．AD
【分析】如图建立空间直角坐标系，然后利用向量的夹角公式逐个计算
【详解】如图，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
则,
对于A，因为，，所以，因为，所以，所以A正确，
对于B，因为，，所以,因为，所以，所以B错误，
对于C，因为，，所以，因为，所以，所以C错误，
对于D，因为，，所以，因为，所以，所以D正确，
故选：AD

11．ACD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
A．证明，所以该选项正确；
B．利用向量法求出异面直线BE与AD所成角的正弦值为，所以该选项错误；
C. 反证法证明平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；
D.利用向量法证明平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为，所以该选项正确.
【详解】
因为三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则,
A.，所以，所以该选项正确；
B.，所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为
所以异面直线BE与AD所成角的正弦值为，所以该选项错误；
C. 假设平面ABE与平面ABD垂直，因为平面ABE与平面ABD交于,,
平面，故平面，因为平面，
所以,显然不成立，所以平面ABE与平面ABD不垂直，所以该选项正确；
D.设平面ABE的法向量为所以，所以，
设平面ACD的法向量为所以，所以，
所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为.所以该选项正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：二面角的求法
方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）.
12．ABD
【分析】过点作使得，过点作，分析可知几何体为正方体，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形为平行四边形，可判断A选项；计算出几何体的体积，可判断C选项.
【详解】过点作使得，过点作，如图所示：
因为四边形为矩形，则，
又因为，则，
所以，四边形为平行四边形，则，，
因为平面平面，则与、共面，
即与、共面，所以，、、、四点共面，
同理可知，、、、四点共面，
故几何体为四棱柱，
因为四边形为矩形，则，
又因为，，、平面，
所以，平面，
因为，则，，
所以，在底面中，，，故四边形为平行四边形，
因为，则，所以，，即，
所以，平行四边形为正方形，
又因为，故几何体为正方体，
对于A选项，在正方体中，且，
故四边形为平行四边形，所以，，A对；
对于B选项，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、、、、、，
，，
，
所以，异面直线、所成的角为，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，因为，平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
又因为，、平面，所以，平面平面，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
又因为，所以，平面与平面间的距离为，D对.
故选：ABD.
13．
【分析】利用向量的线性关系结合图形运算即得.
【详解】在三棱柱中，点在线段上，且，
所以，，
  
所以
.
故答案为：.
14．6
【解析】先根据两直线平行得到直线的方向向量共线，列出关于的方程，由此求解出的值即可.
【详解】因为，所以，
解得：，
故答案为：.
【点睛】本题考查根据空间向量的共线关系求解参数，难度较易.已知，若，则.
15．
【分析】由，求出的最小值.
【详解】


即，当且仅当取等号
即的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由，结合不等式的性质得出最值.
16．
【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.
【详解】因为两两垂直，且，所以由勾股定理可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：

设，，，
所以，
所以，
设直线与直线的所成角为.
所以
故答案为：.
【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
17．.
【分析】根据给定条件设出点P的坐标，再建立方程求解作答.
【详解】因点P在z轴上，则设，而，且，
因此，，解得，
所以点P的坐标是.
18．
【分析】以为原点，，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，然后求出两个平面的法向量，然后可算出答案.
【详解】以为原点，，，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设平面的法向量为，平面的法向量为，则平面与平面的夹角就是与的夹角或其补角．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
根据所建立的空间直角坐标系，可知，，．
所以，．设，
则，，所以
取，则．
设平面与平面的夹角为，则
．
即平面与平面的夹角的余弦值为．
19．（1）；（2）①；②.
【分析】（1）利用勾股定理证明，结合，证明平面，从而CO是三棱锥的高，由锥体的体积公式求解即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标．
①利用异面直线所成角的计算公式求解即可；
②利用待定系数法求出平面的法向量，然后由线面角的计算公式求解即可．
【详解】（1）由已知，有，，，，
又由已知，有，
因为，所以平面，即CO是三棱锥的高，
所以
（2）分别以、、为坐标轴建立空间直角坐标系．

则有，，，，
，，
①设与所成角的大小为，
则．又，
故与所成角的大小为．
②设为平面的一个法向量，
则即令，得．
，
故与平面所成的角的正弦值为.
20．(1)见解析；
(2).

【分析】（1）取的中点，可得，根据可得，由线面垂直的判定定理及性质定理可证明；
（2）作于点,以点为原点，所在直线分别为轴建立空间坐标系，求出两个平面的法向量即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接，

因为，所以.
因为为公共边，
所以，所以,所以.
因为平面，所以平面，
因为平面,所以.
（2）当,可设,
作于点,连接，易证两两垂直，
以点为原点，所在直线分别为轴建立空间坐标系，

则,
设平面的法向量为，
,
所以，
令,可得，则.
易知平面，所以平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则,
故平面和平面的夹角的余弦值为.
21．（I）证明见解析；（II）；（III）直线BC1与CP不可能垂直.
【详解】试题分析：（1）先根据线面平行的判定定理证明平面平面，再由面面垂直的判定定理可得平面平面，根据面面平行的性质可得结果；（2）先证明平面，过在底面中作，所以,两两垂直，以分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果；（3）利用反证法，若两直线垂直，根据向量垂直数量积为零可得到点不在线段上，从而假设不成立.
试题解析：（I）证明：由CC1D1D为矩形，得CC1∥DD1，又因为DD1平面ADD1，CC1平面ADD1，
所以CC1∥平面ADD1，
同理BC∥平面ADD1，又因为BCCC1=C，所以平面BCC1∥平面ADD1，
又因为BC1平面BCC1，所以BC1∥平面ADD1.
（II）.由平面ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，得AB⊥BC，又因为AB⊥BC1，BCBC1=B，所以AB⊥平面BCC1，所以AB⊥CC1，又因为四边形CC1D1D为矩形，且底面ABCD中AB与CD相交一点，所以CC1⊥平面ABCD，因为CC1∥DD1，所以DD1⊥平面ABCD.
过D在底面ABCD中作DM⊥AD，所以DA，DM，DD1两两垂直，以DA，DM，DD1分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，

则D（0，0，0），A（4，0，0），B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，2），D1（0，0，2），
所以=（-l，2，2），=（-4，0，2）.
设平面AC1D1的一个法向量为 =（x，y，z），
由·=0，·=0，得
令x=2，得=（2，-3，4）    
易得平面ADD1的法向量=（0，1，0）.
所以cos<，>=.
即平面AC1D1与平面ADD1所成的锐二面角的余弦值为
（III）结论：直线BC1与CP  不可能垂直，
证明：设DD1=m（m>0），=（∈（0，1）），
由B（4，2，0），C（3，2，0），C1（3，2，m），D（0，0，0），
得=（-l，0，m），=（3，2，m），==（3，2，m），=（-3，-2，0），=+=（3-3，2-2，m）.  
若BC1⊥CP，则·=-（3-3）+m2=0，即（m2-3）=-3，因为≠0，
所以m2=-+3>0，解得>1，这与0< 所以直线BC1与CP不可能垂直.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理利用空间向量求二面角，属于难题.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.
22．(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.