黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年度高二上学期9月考试数学试题【解析版】

黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年度高二上学期9月考试数学试题【解析版】(考试时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题分别给出四个选项，只有一个选项符合题意)2.点A(3,4,5)关于坐标平面0yz对称的点B的坐标为()3.设向量a,b,c不共面，则下列可作为空间的一个基底的是()5.如图，平行六面体ABCD-ABC₁D中，AC与BD的交点为M,设AB=a,AD=b,AA=c,则下列向量中与CM相等的向量是()6.已知a=(1-t,2t-1,0),b=(2,t,t),则b|-al的最小值为()7.如图，在一个60°的二面角的棱上，有两个点A、B,AC、BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB=4cm,AC=6cm,BD=8cm,则CD的长A.A8.如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,PA⊥平面ABC,AE⊥PB于点E,M是AC的中点，PB=1,则EP.EM的最小值为()二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的9.空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于5的是()10.以下关于向量的说法正确的有()D.若空间向量a,b,c,满足a=b,b=c,则a=c11.已知向量a=(1,-1,m),b=(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是()C.不存在实数λ,使得a=Ab12.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1).把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1,则(图1)(图2)(图2)B.若M为线段CQ上的一个动点，则BM·BD的最大值为2C.点P到直线CQ的距离是D.异面直线CQ与AD,所成角的正切值为√17第Ⅱ卷(非选择题共90分)三.填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)四.解答题(本大题共6题，满分70分解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤)(2)求平面ACD₁的法向量.18.如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形，AB//CD,AD⊥AB,AB=AP=2DC=4,PB=2AD=4√2,PD=2√6,M,N分别是PD,PB的中点。(2)求平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值.19.如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=AF=2,(1)求直线BF与平面ABCD的夹角；(2)求点A到平面FBD的距离.20.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为"斜坐标系".现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°,我们将这种坐标系称为"斜60°坐标系".我们类比空间直角坐条数轴(x轴、y轴、z轴)正方向的单位向量，若向量n=xi+yj+zk,则n与有序实数组(x,y,z)相对应，称向量n的斜60°坐标为[x,y,z],记作n=[x,y,z].如图，以①若BE=EB₁,求向量ED₁的斜60坐标；【分析】利用向量的加减法则即可求解.【分析】利用空间直角坐标系中点的对称特征判定即可.【详解】关于坐标平面Oyz对称的点，横坐标变换为其相反数，纵坐标、竖坐标不变.选项C:若a+b,b-a,c三个向量共面，则存在x,y∈R,使得【分析】根据空间向量数量积的运算性质和定义，结合投影向量进行求解即可.【详解】因为空间向量a=(2,-2,1),b=(3,0,4),【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.即可.【分析】利用空间向量的数量积的运算律求解.=36+16+64+0+2×6×8×cos120【详解】连结EC,因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以BC⊥平面PAB,PBC平面PAB,因为点M是AC的中点，所以所以EP.EM的最小值【分析】根据空间两点的距离公式计算可得.【分析】根据空间向量模的性质、相等向量、共线向量的定义逐一判断即可.对于C项，假设存在实数A,使得a=Aλb,则,所以不存在实数A,对于D项，由a·b=-1可得-2+1-m+2m=-1,解得m=0,所以a+b=(-1,-2,2),故D项正确.所在直线为y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.对于D:因【分析】根据空间向量平行的坐标运算公式，计算可得答案.【详解】因为向量a=(m,-6,2),b=(4,n,1),且a//b,【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理求解作答.所以x=1.故答案为：1【分析】BC,BD,BA两两成60角，模都为1,以这三个向量为基底，进行向量数量积运算.【详解】BC,BD,BA两两成60角，取值范围.所以三棱锥为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为0,因为PQ=√3,所以OQ=√PQ²-OP²=1,所以Q的轨迹是以O为圆心半径为1的圆，取AB中点D,连接CD,可知CD经过点O,建立如下图所示的空间直角坐标系：设Q(cosa,sina,0),A(1,-√3,0),B(1.√3,0),P所以,所以,(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.【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标表示(2)根据平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】(1)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，所以DE⊥AD.而求出cosAP,n),则平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值可得.【详解】(1)连接BD,M,N分别是PD,PB的中点.又MNC平面ABCD,BDC平面ABCD以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，A(0,0,0),B(0,4,0),C(2√2,2,0),D(2√2,0.0),P(0,0,又M,N分别是PD,PB的中点，解得,令x=2可得法向量n=(2,√2,2√2∴AP为平面ABCD得法向量，平面ABCD,令平面MCN与平面ABCD夹角为θ且为锐角，∴平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值【分析】(1)建立空间直角坐标系，分别写出B,F点的坐标和平面ABCD的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线BF与平面ABCD的夹角.(2)根据空间直角坐标系写出A,D的坐标，求出平面FBD的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果.【详解】(1)设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平面ABCD,以O点为坐标原点，以OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点且平行于AF的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，由已知得B(-√3,0,0),F(0,1,2),因为z轴垂直于平面ABCD,因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),又BF=(√3,1,2),设直线BF与平面ABCD的夹角为0,所以直线BF与平面ABCD的夹角头可设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),则,得·令z=1,得x=0,y=-2,即n=(0,-2,1),又因为AF=(0,0,2),所以点A到平面FBD的距离为所以a+b=(i+2j+3k)+(-i+j+2k)=3j+5k,可证得CM平面AA,B,B;(2)取BC中点Q,连接AQ,分别以AQ,AD,AA,为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，假设n=(2,-√3,√3),平面ADD,的一个法向量为AQ=(√3,0.0),【详解】(1)方法一：连接BA,由已BCBCAD所以四边形AB,C,M是平行四边形，即C₁M//B,A,又CMt平面AAB,B,B₁AC平面AA,B,B,所以C₁M/平面AA,B,B.方法二：连接B,A,MD₁,由已知得AA//MD,且AA=MD₁,又C₁M+平面AABB,B,AC平面AAB,B,由二面角E-AD₁-D的余弦且,且所以C₁M/平面AA,B,B.(2)取BC中点Q,连接AQ,由题易得。ABC是正三角形，所以AQ⊥BC,即AQ⊥AD,由于AA⊥平面ABCD,分别以AQ,AD,AA为x,y,z轴，建立由于二面角E-AD-D为锐角，则点E在线段QC上，所以,即【分析】(1)根据题意易证AP⊥BP,AP⊥CP,再根据线面垂直的判定即可证明PA⊥平面PBC.(2)首先点O为原点，平行于CB方向为x轴，以OE方向为y轴，以OS方向为z轴，建立角的正弦值最大，再求三棱锥P-ABC的体积即可.【详解】(1)因为AE=AS,AS=SE,所以△ACE是正三角形，