四川省成都市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析，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。
1. 中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝．明代会试分南卷、北卷、中卷，按的比例录取，若某年会试录取人数为200，则中卷录取人数为（ ）
A. 150B. 110C. 70D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样的性质和抽样比计算即可.
【详解】由于分层抽样比为，则200个人中，中卷录取人数为.
故选：D.
2. 已知点是点在坐标平面内的射影，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出点的坐标，利用空间向量的模长公式可求得的值.
【详解】因为点是点在坐标平面内的射影，则，则，
因此，
故选：B.
3. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.
【详解】由题意三棱锥中，点面，且，
所以，解得.
故选：D.
4. 已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
5. 如图，在三棱锥中，设，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.
【详解】连接，
.
故选：C
6. 如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解．
【详解】因为二面角的大小为，，，，，，
所以与的夹角为，又因为，
所以
，
所以，即．
故选：A．
7. 给出下列命题，其中不正确的命题是（ ）
A. 向量，，共面，即它们所在的直线共面
B. 若是空间向量的一个基底，则也是空间向量的一个基底
C. 已知向量，，若，则为钝角.
D. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于130°，则直线与平面所成的角为50°
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据共面向量定理的定义可判断A,B正误；举特例可判断C；由线面角的定义可判断D.
【详解】对于A，向量量，，可以通过平移后共面，但是它们的所在直线不一定是共面直线，故A不正确；
对于B，假设不是空间向量的一个基底，
所以，
因为是空间向量的一个基底，
所以可得，显然该方程组没有实数解，因此假设不成立，
所以也是空间的一个基底，故B正确；
对于C，当时，向量，，
，
此时所成角为，则不为钝角，故C不正确；
对于D，因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，
所以直线与平面所成的角等于，故D不正确.
故选：ACD.
8. 如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】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，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可．
【详解】
设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
又底面的一个法向量为，
所以，因为，
则，
当时，，
当时，，当，，
则，，则，
则当时，分母取到最小值，此时，
当，时，则，此时，
综上，
故选：A.
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 在平行六面体中，，则（ ）
A. 为棱的中点B. 为棱上更靠近的三等分点
C. D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算和线面平行的性质即可逐一得答案.
【详解】因为，
所以，则为棱的中点，A正确.
因为，所以，则为棱上更靠近的三等分点，B正确.
因为为棱的中点，为棱上更靠近的三等分点，易得，C错误.
因为平面平面平面，所以平面，D正确.
故选：ABD.
10. 已知空间中三点，，，则下列结论错误的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 与夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】AC
【解析】
【分析】A：利用共线向量定义进行判断；B：与同向的单位向量；C：利用向量夹角余弦公式判断；D：设平面的法向量为，则，由此能求出结果．
【详解】对于A：，
与不是共线向量，故A错误；
对于B：，则与同向的单位向量是，故B正确；
对于C：，
∴，故C错误；
对于D：，
设平面的法向量为，
则，取，得，故D正确．
故选：AC．
11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）．
12. 总体由编号为1，2，⋯，99，100的100个个体组成，现用随机数法选取60个个体，利用电子表格软件产生的若干个1~100范围内的整数随机数的开始部分数据，如下表，则选出来的第5个个体的编号为______
8 44 2 17 8 31 57 4 55 6
88 8 31 47 7 21 76 33 50 63
【答案】31
【解析】
【分析】根据题意，结合随机数表选取的规则，结合题意，即可求解.
【详解】根据随机数表的选取的规则是选出的样本编号为1~100范围内的整数，
且与前面重复的数据不再出现，所以前5个个体编号为：8 44 2 17 31，
所以选出来的第5个个体的编号为31.
故答案为：31.
13. 已知向量，满足，，且.则在上的投影向量的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】对两边平方后得到，代入投影向量的公式进行求解即可.
【详解】两边平方化简得：，①
因为，所以，
又，代入①得：，解得：，
所以在上的投影向量坐标为
.
故答案为：
14. 如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱，，都在平面的同侧.若顶点，，到平面的距离分别为，，，则该正方体的表面积为______.

【答案】
【解析】
【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，，得，由，得，即可求得正方体的表面积.
【详解】设正方体的棱长为，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，.
于，即，即，即.
同理，，，
从而，由，得，
其中
，
即，解得，所以正方体的表面积.
故答案为：
【点睛】思路点睛：考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，求得，即可得到，再根据数量积的运算律计算可得.
四、解答题（共5小题，共77分）．
15. 已知，，，，，
（1）若、共线，求实数；
（2）若向量与所成角为锐角，求实数的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的模长公式以及可求出、的值，可得出向量、的坐标，根据、共线，可得出关于实数的不等式，解之即可；
（2）分析可知以及、不共线，结合空间向量的坐标运算可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，，，，，
则，可得，，解得，
所以，，所以，，
因为，所以，解得．
【小问2详解】
解；由（1）知，，，
因为向量与所成角为锐角，
所以，解得，
又当时，，
所以实数的范围为．
16. 如图所示，平行六面体中，．
（1）用向量表示向量，并求；
（2）求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；
（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.
【小问1详解】
，
则
，
所以.
【小问2详解】
由空间向量的运算法则，可得，
因为且，
所以
，
，
则.
17. 在正四棱柱中，，点在线段上，且，点为中点.

（1）求点到直线的距离；
（2）求证：面.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得；
（2）由（1）中所建的系求出的坐标，分别计算得到和，由线线垂直推出线面垂直.
【小问1详解】

如图,以为原点，以分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
正四棱柱,为中点,
则点到直线的距离为：.
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
由可得，
又由可得，
又，
故面.
18. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：利用构造平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得证；法二：利用面面平行的判定定理与性质定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
法一：取中点，连接，
为的中点，，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面.
法二：取中点，连接，
为的中点，，
平面平面，平面，
又，，
四边形为平行四边形，，
平面平面，平面
又，平面，平面平面，
又平面，平面.
小问2详解】
因为平面平面，平面平面平面，，
平面，
取中点，连接，则平面，
所以是直线与平面所成的角，即，
又，，
又，
又，则，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图，
，
，
设平面的一个法向量，，
则，取，则，
易得平面一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
，
故平面与平面所成的夹角的余弦为.
19. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在面内，所以平面；
【小问2详解】
由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或.