2024-2025学年河南省许昌市长葛市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省许昌市长葛市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析），共29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（本大题共8小题）
1．在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，下列结论成立的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．四面体中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知 ，向量，，，且，，则的值为（ ）
A．－1B．1C．2D．3
6．空间四点共面，但任意三点不共线，若为该平面外一点且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知是空间的三个单位向量，下列说法正确的是（ ）
A．若∥，∥，则∥
B．若两两共面，则，，共面
C．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D．对于空间的任意一个向量，总存在实数x，y，z使得
10．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与夹角的余弦值为－D．
11．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．和夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
三、填空题（本大题共3小题）
12．在正方体中，，则 ．
13．已知，则 .
14．若，，三点共线，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，.
(1)若()∥()，求x，y的值；
(2)若，且，求x的值.
16．如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设，，.
(1)用表示，并求EF的长；
(2)求与夹角的大小．
17．如图，在正方体中，分别是的中点．
(1)证明：；
(2)求与所成的角；
18．如图，正三棱柱中，底面边长为.
(1)设侧棱长为，求证：；
(2)设与的夹角为，求侧棱的长．
19．如图所示,ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD,M,N,Q分别是PC,AB,CD的中点.
求证:（1）MN∥平面PAD;
（2）平面QMN∥平面PAD.
参考答案
1．【答案】A
【详解】解：因为点，则其关于平面对称的点为.
故选：A.
2．【答案】C
【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为，
由，可得，所以A不正确，C正确；
对于B中，由，可得或，所以B、D都不正确；
故选：C.
3．【答案】D
【详解】因为为与的交点，
所以
.
故选：D.
4．【答案】C
【详解】由题知，，
所以
，
所以，解得，
故选：C
5．【答案】A
【详解】因为向量，，，
由，则，解得，
由，则，解得，
则.
故选：A.
6．【答案】C
【详解】解：因为空间，，，四点共面，但任意三点不共线，
则可设，
又点在平面外，则
，
即，
则，
又，
所以，解得，，
故选：C．
7．【答案】B
【详解】因为，，所以.
因为，所以
故在上的投影向量为
故选：B
8．【答案】D
【详解】分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设， ，故，,，,
由可知，，即，
又因为为钝角，所以，
由,,可知，，
，整理得，
解得，
故选：D.
9．【答案】AC
【详解】对于选项A：因为是空间的三个单位向量，可知，，都是非零向量，
若∥，∥，则，故A正确；
对于选项B：若，，两两共面，可能为空间能作为基底的三个向量，
所以，，不一定共面，故B错误；
对于选项C：若，，是空间的一组基底，
假设，，共面，
则存在，使得，
可得，方程组无解，
假设不成立，所以，，不共面，也可以是空间的一组基底，故C正确；
对于选项D：对于空间的任意一个向量，总存在实数，，，使得，需要不共面，故D错误.
故选：AC．
10．【答案】BCD
【详解】因为，，
所以，
因为，所以向量与不共线，故选项A不正确；
因为，，所以，故选项B正确；
因为，故选项C正确；
因为，所以，即，故选项D正确.
故选：BCD.
11．【答案】BD
【详解】对于A，，，因为，所以与不是共线向量，故A错误；
对于B，，与同向的单位向量是，故B正确；
对于C，，，，所以和夹角的余弦值是，故C错误；
对于D，，，设为平面的一个法向量，
则，，令，可得，
所以平面的一个法向量是，故D正确.
故选：BD.
12．【答案】
【详解】解：在正方体中，因为，，
所以．
故答案为：2.
13．【答案】2
【详解】由题意可得，
故答案为：2
14．【答案】
【详解】因为，，三点共线，
所以，即，
所以，解得，即.
故答案为：.
15．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）∵，，
∴，.
又()∥()，
∴，解得，.
（2）由，得，
∴，∴，即，∴，解得.
16．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）因为E，F分别为棱BC，AD的中点，且，，，
可得
，
因为正四面体ABCD的棱长为1，则，且，
可得
，
即，所以EF的长为.
（2）由题意得
，
因此
，
即，即与的夹角为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)90°
【详解】（1）在中，平面，平面,
所以;
（2）取AB中点，连接，因为是CD的中点，所以平行且相等，
又因为,故,
即四边形是平行四边形，所以，
设与相交于点H，则是与所成的角或其补角，
因为E是的中点，则，故，
而,则,
则，即与所成的角是；
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由已知得，，
平面，
，，
又是正三角形，
,
；
；
（2）由（1）得，
又，
，
，
解得，
即侧棱长为.
19．【答案】（1）见解析
（2）见解析
【详解】(1) 证明:如图以A为原点,以AB,AD,AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,
设B(b,0,0),D(0,d,0),P(0,0,d),则C(b,d,0),
因为M,N,Q分别是PC,AB,CD的中点,
所以M,N,Q,
所以.
因为平面PAD的一个法向量为m=(1,0,0),
所以·m=0,即⊥m.
因为MN不在平面PAD内,故MN∥平面PAD.
(2)=(0,-d,0),⊥m,
又QN不在平面PAD内,又QN∥平面PAD.
又因为MN∩QN=N,所以平面MNQ∥平面PAD
2024-2025学年河南省许昌市长葛市高二上学期9月月考数学
检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．给出下列命题：
①零向量的方向是任意的；
②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同；
③若空间向量，满足，则；
④空间中任意两个单位向量必相等．
其中正确命题的个数为（ ）．
A．B．C．D．
2．如图，在直三棱柱中，E为棱的中点.设，，，则（ ）

A．B．
C．D．
3．对于任意空间向量，，，下列说法正确的是（ ）．
A．若，，则B．
C．若，则，的夹角是钝角D．
4．设，向量，，，且，，则（ ）．
A．B．C．5D．6
5．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆锥的母线长为2，表面积为，O为底面圆心，为底面圆直径，C为底面圆周上一点，，M为中点，则的面积为（ ）．
A．B．C．D．
7．如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
8．在四棱锥中，平面，底面为矩形，.若边上有且只有一个点，使得，此时二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知平面与平面平行，若是平面的一个法向量，则平面的法向量可能为（ ）．
A．B．C．D．
10．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为．
现已知平面，，，，则（ ）．
A．B．C．D．
11．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点到面的距离为
D．四面体的体积是
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，四棱柱为正方体．
①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为1,1,1．
则上述结论正确的是 .（填序号）
13．已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为 ．
14．设空间向量是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的的最小值是2，则的最小值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱，，的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.

(1)求的值；
(2)证明：C，E，F，G四点共面.
16．如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的菱形，，
(1)求线段的长；
(2)求证：．
17．已知空间中三点，，．
(1)若向量与平行，且，求的坐标；
(2)求向量在向量上的投影向量；
(3)求以，为邻边的平行四边形的面积．
18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长.
19．将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，得到几何体.已知分别为上的动点且.
(1)证明：平面；
(2)求的长；
(3)当的长度最小时，求直线到平面的距离.
参考答案
1．【答案】D
【详解】零向量是大小为的向量，零向量的方向是任意的，命题①正确；
方向相同，大小相等的空间向量相等，它们的起点不一定相同，终点也不一定相同，命题②错误；
若空间向量，满足，但由于它们的方向不一定相同，故不一定相等，③错误；
空间中任意两个单位向量由于它们的方向不一定相同，故它们不一定相等，④错误；
所以正确的命题只有个；
故选：D.
2．【答案】A
【详解】由题意可得
.
故选：A.
3．【答案】B
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，由数量积的运算律可知，故B正确；
对于C，若，则，的夹角是钝角或反向共线，故C错误；
对于D，由数量积的运算律可知，等号左面与共线，等号右面与，两边不一定相等，故D错误；
故选：B.
4．【答案】D
【详解】因为，，，
所以，所以，
因为，，，所以，所以，
所以，
所以.
故选：D.
5．【答案】B
【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点，则，
平面的法向量为，，
所以该平面的方程为.
故选：B.
6．【答案】A
【详解】
设，
由题意可得，
即，解得或（舍去），
连接，
因为M为中点，所以，
过作于，连接，则，
在中，，
即，解得，
又在中，，
所以，
所以，
所以的面积为，
故选：A.
7．【答案】C
【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，，，，，，
故，，
，设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
令得，，故，
因为，故平面，
为平面上的动点，直线与直线的夹角为30°，
平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点的轨迹，其中，
由对称性可知，，故半径，
故点的轨迹长度为.
故选：C.
8．【答案】C
【详解】平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，；
设，，，
，，，
，即，
关于的方程有且仅有一个范围内的解，对称轴为，
，解得：，，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
轴平面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
故选：C.
9．【答案】AD
【详解】设平面的法向量为，
因为平面与平面平行，是平面的一个法向量，
所以，且，
所以平面的法向量可能为，，
故选：AD.
10．【答案】AC
【详解】平面的法向量为，
对于，则，即：，
故经过点，方向向量为，则，即，
故，即A正确，D错误；
对于，即，故经过点，方向向量为，
因点满足平面，即与有公共点，故B错误；
对于，可知经过点，方向向量为，
因，可得，即或，
但点不满足平面，即，故，故C正确.
故选：AC.
11．【答案】BCD
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
对A：、、、，
则、，故，
故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面，故平面法向量可为，
则，故直线与平面所成的角为，故B正确；
对C：，，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，
则，故D正确.
故选：BCD.
12．【答案】①②③
【详解】不妨设正方体的棱长为1，则按照图中坐标系可知，
于是，,故① ，② 正确；
因平面，而，
故 可作为平面的法向量，即③正确；
在正方体中，因平面,平面，
则，易得，又，故平面，
而，即可作为平面的法向量，故④错误.
故答案为：①②③.
13．【答案】
【详解】因为，，共面，
所以，
即，
即，解得，
所以，
所以，
所以最小值为，
故答案为：.
14．【答案】
【详解】以方向为轴建立空间直角坐标系，则，，
设 则，
当时的最小值是，

取 则

又因为是任意值，所以的最小值是.
取 则

又因为是任意值，所以的最小值是.
故答案为：.
15．【答案】(1)6
(2)证明见解析
【详解】（1）∵，
∴，，，，
∴，，
∴.
（2）证明：由（1）得：，
令，即，解得
∴.
故C，E，F，G四点共面.
16．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设，则，
∵，则.
∵，∴.
故线段的长为.
（2）证明：∵，∴.
故.
17．【答案】(1)的坐标为或；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为，，
所以，
因为向量与平行，
所以可设，，
所以，因为，
所以，
所以，
所以或，
所以的坐标为或；
（2）因为，，，
所以，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量，
所以；
（3）因为，，，
所以，，
所以，
即，又，
所以，
所以的面积，
所以以，为邻边的平行四边形的面积为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2).
(3).
【详解】（1）因为，因为，，
所以四边形为矩形，
在中，，，，
则，
，，
且平面平面，平面
平面平面，
平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，可得，
则，，，，C−1,3,0，
设平面的法向量为，，，
由，取.
设平面的法向量为，，
由，取，
.
二面角是钝角，
二面角的正弦值为.
（3）设，则，
又平面的法向量为，
直线与平面所成的角的正弦值为，
解得，.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：在上取点，使得，连接，
如图1.
因为，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为，所以，又，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为且都在面内，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，如图2.
由题意可得是边长为4的正三角形，则，
且，所以为二面角的平面角，即，则为正三角形，
所以.
（3）取的中点，连接，则，且.
由（2）得，，平面，
所以平面，因为平面，所以.
又因为，，平面，
所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，
.
又，所以.
连接，则，
，
所以.
当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为
此时，则.
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即取，得.
因为平面，所以直线到平面的距离就是点到平面的距离，
则点到平面的距离.
故直线到平面的距离为.