山东省百师联盟2024-2025学年高二上学期9月联考数学试题（解析版）

第1页/共1页2024～2025学年度高二9月联考数学试题1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150分一、选择题：本题共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.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.【答案】D【解析】【分析】根据零向量的定义判断①，根据相等向量的定义判断②③，根据单位向量定义判断④.【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.如图，在直三棱柱中，E为棱的中点.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由空间向量线性运算即可求解.【详解】由题意可得.故选：A.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.【答案】B【解析】【分析】由空间向量的位置关系可得A错误；由数量积的运算律可得B正确，D错误；当两向量的夹角为时，也成立可得D错误；【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.设，向量，，，且，，则（）．A. B. C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】由条件结合垂直向量的坐标表示和平行向量的坐标关系求，由此可求的坐标，再求其模即可.【详解】因为，，，所以，所以，因为，，，所以，所以，所以，所以.故选：D.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l的一个法向量为，则直线l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.【答案】C【解析】【分析】由题意进行类比推理即可；【详解】由题意可得，化简可得，故选：C.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.【答案】A【解析】【分析】先由圆锥的表面积公式求出底面半径，在中由余弦定理解出，然后在中由勾股定理求出，最后由余弦定理和三角形的面积公式求出结果即可；【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.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.【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得平面，可得点的轨迹为圆，由此即可得．【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.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.【答案】C【解析】【分析】由线面垂直性质与判定可证得平面，进而得到，设，，，利用勾股定理可得关于的方程，由方程有且仅有一个范围内的解，由求得的值；以为坐标原点，利用二面角的向量求法可求得结果.【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.【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量法求解二面角的问题；解题关键是能够根据线面垂直的判定与性质证得，从而利用勾股定理构造关于的一元二次方程，根据其根的分布可求得和的长度，进而得到利用向量法求解时所需的线段长度.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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.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.【答案】AD【解析】【分析】由已知可得平面的法向量与向量共线且为非零向量，结合共线向量关系可得结论.【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.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.【答案】AC【解析】【分析】根据公认事实求出直线的方向向量和平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系即得.【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.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.四面体体积是【答案】BCD【解析】【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得.【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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．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）【答案】①②③【解析】【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量的定义，结合空间直角坐标系和正方体的性质即可一一判断.【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.已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由空间向量共面定理列方程组得到，再结合二次函数的性质解出最值即可；【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.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_________．【答案】【解析】【分析】以方向为轴，垂直于方向为轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由的表达式即可求得最小值.【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：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在直四棱柱中，，，，E，F，G分别为棱，，的中点．（1）求的值；（2）证明：C，E，F，G四点共面．【答案】（1）6（2）证明见解析【解析】【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，找出各点坐标，再表示向量，即可求出.（2）在（1）建立的空间直角坐标系基础上，表示出,再利用共面向量定理即可证明.【小问1详解】解：在直四棱柱中，，易得，，，两两垂直.故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，,，，，．，．．【小问2详解】证明：由（1）得：．令，即，解得，．故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：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1），结合向量数量积运算，求模即可.（2），由向量数量积关于垂直的表示即可判断.【小问1详解】设，则，∵，则.∵，∴.故线段的长为.【小问2详解】证明：∵，∴.故.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．【答案】（1）的坐标为或；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由已知可设，利用向量的模长公式求出的值，即可求出向量的坐标；（2）先求向量，再根据投影定义求；（3）利用空间向量的夹角公式求出，结合三角形的面积公式求结论.【小问1详解】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；【小问2详解】因为，，，所以，，所以，所以向量在向量上的投影向量，所以；【小问3详解】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.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.【答案】（1）证明见解析（2）.（3）.【解析】【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值；（3）设，求，利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，列方程求.【小问1详解】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；【小问2详解】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.【小问3详解】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.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.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而线面平行，求出平面平面，得到线面平行；（2）作出辅助线，得到为二面角平面角，并求出各边长，得到答案；（3）作出辅助线，证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并求出，表达出，求出，，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案.【小问1详解】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.