山东百师联盟2024-2025学年高二上学期9月联考数学试题（解析版）

2024～2025学年度高二9月联考数学试题在本试卷上无效.是符合题目要求的.②若两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相其中正确命题的个数为().【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0的向量，零向量的方向是任意的，【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3.对于任意空间向量下列说法正确的是().)【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A.32B.42C.5D.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x,y，由此，【答案】C【解析】【答案】A【解析】勾股定理求出MC，最后由余弦定理和三角形的面积公式求出结果即可；【详解】由题意可得τr2+τrl=3τ,连接OM，过M作MN丄OB于N，连接CN，则MN=7.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30°,则点Q的轨迹长度为()A.B.τC.2τD.3τ【答案】C【解析】【分析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系可证得DB1丄平面PMN，可得点Q的轨迹为圆，由此即可得.【详解】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、z轴，Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30°,故点Q的轨迹长度为2τ.8.在四棱锥P−ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD为矩形，AB=PA.若BC边上有且只有一【答案】C【解析】【分析】由线面垂直的性质与判定可证得DQ丄平面PAQ，进而得到DQ丄AQ，设PA=AB=2，又PQ丄DQ，PA∩PQ=P，PQ,PA⊂平面PAQ，∴:AQ2=4+m2，DQ2=4+(t−m)2，AD2=t2，:4+m2+4+(t−m)2=t2，即m2−tm+4=0，:Δ=t2−16=0，解得：t=4，:m=2，以A为坐标原点正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则0，令x=1，解得：y=1，z=2，: 【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DQ丄AQ，从而利用勾股定理构造关于BQ的一元二次方程，根据其根的分布可求得BQ和AD的长度，进而得到利用向量法求解时所需的线段长度.9.已知平面α与平面β平行，若=(2,−4,8)是平面β的一个法向量，则平面α的法向量可能为【答案】AD【解析】【详解】设平面α的法向量为m因为平面α与平面β平行，=(2,−4,8)是平面β的一个法向量，所以//，且≠，00∥αC.l3∥αD.l1∥α【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α:x+2y+3z=6的法向量为v=(1,2,3)，对于，则6x−2=3y=2z+1，即：故l1经过点方向向量为，则，即//u，故l1对于l2:x−3=y=1−z，即，故l2经因点(3,0,1)满足平面α:x+2y+3z=6，即l2与α有公共点，故B错误；3=3，即l3⊂α或l3//α,但点(1,3,4)不满足平面α:x+2y+3z=6，即l3丈α,故l3//α,故C正确.11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题中正确的是()A.两条异面直线D1C和BC1所成的角为B.直线BC1与平面ABCD所成的角等于【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D−xyz，)【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.−1,0,0)可作为平面B1C1CB的法向量，即③正确；则BC1 【答案】−1【解析】【分析】由空间向量共面定理列方程组得到n=m+2，再结合二次函数的性质解出最值即可；所以=λ+μ，214.设空间向量i,j,k是一组单位正交基底，若空间向量满足对任意的x,y,a−xi−【解析】【分析】以i,j方向为x,y轴，垂直于i,j方向为z轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由222，当r=x,s=y时a−xi−yj的最小值是2:t=±2:a+3k=x2+y2+52又因为x,y是任意值，所以la+3kl的最小值是5:a+3k=x2+y2+12又因为x,y是任意值，所以a+3k的最小值是1.故答案为：1.【解析】【分析】（1）以A为坐标原点，AD，AA1，AB所在直再利用共面向量定理即可证明.故以A为坐标原点，AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标:C(2,0,2)，E(2,2,0)，F(1,4,0)，G(0,2,4).16.如图，已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的菱形，CC1=2，OD. 【解析】 . .22，B0,,5. （2）求向量AB在向量AC上的投影向量； 【解析】（2）先求向量AB,AC，再根据投影定义求；（3）利用空间向量的夹角公式求出cosCB,CA，结合三角形的面积公式求结论.， +4λ，B1,2,2，B， （3）在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 【解析】面ABCD；,利用向量方法求直线BM与平面PAD所成的角的正弦值，列方程求λ.所以四边形BODC为矩形， :PO2+DO2=PD2，:PO丄AD，且平面PAD丄平面ABCD，PO⊂平面PAD平面PAD∩平面ABCD=AD，:PO丄平面ABCD；以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， 设平面APB的法向量为 :二面角A−PB−C的正弦值为.)+λ，0,3+3τ19.将菱形ABCD绕直线AD旋转到AEFD的位置，使得二面角E−AD−B的大小为，连接3（1）证明：MN∥平面CDF；（3）当MN的长度最小时，求直线MN到平面CDF的距离.（2）23【解析】2证明：在AD上取点H，使得，连接HM,HN，因为，所以HM∥DF.因为DF⊂平面CDF,HM丈平面CDF，所以HM∥平面CDF.因为，所以HN∥AB，又CD∥AB，所以HN∥CD因为CD⊂平面CDF,HN丈平面CDF因为HM∩HN=H且都在面HMN内，所以平面HMN∥平面CDF.因为MN⊂平面HMN，所以MN∥平面CDF.取AD的中点O，连接OE,OB,ED，如图2.−22=2所以BE=2.所以EG丄平面ABCD.以O为坐标原点，OA,OB