2024-2025学年河北省保定市高二上册第一次月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年河北省保定市高二上学期第一次月考数学检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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.4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册空间向量与立体几何.第一部分（选择题共58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.若点关于平面和轴对称的点分别为，则（）A. B. C.1 D.9【正确答案】C【分析】结合空间中点关于坐标平面和坐标轴对称的特点，即可求解【详解】由题意得点关于平面对称的点为，关于轴对称的点为，则，所以，故选：C.2.在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得.【详解】在四面体中，不共面，而则所以故选：D3.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】直接利用投影向量的计算公式计算即可.【详解】向量在向量上的投影向量故选：C4.设，向量，，，且，，则（）．A. B. C.5 D.6【正确答案】D【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.在四棱锥中，平面，，则与之间的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】建立空间直角坐标系，把异面直线的距离问题转化为点到直线的距离求解，利用向量来求解点到直线的距离，利用二次函数的性质求解最小值，即可得到答案．【详解】解：因为平面，，，故以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，因为，，，则，，，，所以，设，，，距离，因为，故所以异面直线与之间的距离，故选：A．6.已知为平行四边形外的一点，且，则下列结论正确的是（）A.与是共线向量 B.与同向的单位向量为C.与夹角的余弦值为 D.平面的一个法向量为【正确答案】C【分析】首先求向量，的坐标，再根据共线向量，单位向量，以及向量的夹角公式，以及法向量公式，即可求解.【详解】，，，所以与不共线，故A错误；，的单位向量为，故B错误；，故，故C正确；设平面的法向量为n=x,y,z，则即令，则，，则，故D错误．故选：C7.是被长为1的正方体的底面上一点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，同时设点的坐标为，用坐标运算计算出，配方后可得其最大值和最小值，即得其取值范围．【详解】如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则A1,0,0，，设，，，，，，，当时，取得最小值，当或1，或1时，取得最大值0，所以的取值范围是.故选：B.8.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，球心到平面的距离，再利用球的截面圆性质计算即可.【详解】在三棱锥中，球心在棱的中垂面上，由平面，得平面，则球心到平面的距离为，在中，由余弦定理得：，因此外接圆半径，球的半径，所以球O的表面积.故选：C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.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则B.若空间中任意一点O，有，则四点共面C.若空间向量，满足，则与夹角为钝角D.若空间向量，，则在上的投影向量为【正确答案】ABD【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D．【详解】对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确；对于B：在中，由于，故四点共面，B正确；对于C：当，反向共线时，也成立，但与夹角不为钝角，C错误；对于D，在上的投影向量为，D正确．故选：ABD．10.如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（）A. B.直线与所成角的余弦值为C.平面 D.直线与平面所成角【正确答案】ABD【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项.【详解】不妨设则.对于A，因,故，故，故A正确；对于B，因，,则，，设直线与所成角为，则故B正确；对于C，因，即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；对于D，因，,因，，则有因平面，故平面，即平面的法向量可取为，又，设直线与平面所成角为，因，，，则，因，故，故D正确.故选：ABD.11.已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点P满足，其中，，，则（）A.当P为底面的中心时，B.当时，长度的最小值为C.当时，长度的最大值为6D.当时，为定值【正确答案】BCD【分析】根据题意，利用空间向量进行逐项进行分析求解判断.【详解】对于A，当为底面的中心时，由，则故，故A错误；对于B，当时，当且仅当，取最小值为，故B正确;对于C，当时，，则点在及内部，而是以为球心，以为半径的球面被平面所截图形在四棱柱及内的部分，当时，，当时，，可得最大值为，故C正确；对于D，，，而，所以，则为定值，故D正确.故答案选：BCD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，，点，若平面ABC，则点P的坐标为______．【正确答案】【分析】由题意得，根据空间向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】由题可得，，平面ABC，，，，.故答案为.13.已知向量，，，则____.【正确答案】【分析】由，求出的值，利用向量数量积的坐标运算求解.【详解】向量，由，解得，则有，又，则故答案为.14.正方体的棱长为，是正方体外接球的直径，为正方体表面上的动点，则的取值范围是___________.【正确答案】【分析】利用向量数量积的运算律可知，，进一步只需求出即可得解．【详解】由题意等于正方体的体对角线长，设点为的中点，所以，则，当点与某个侧面的中心重合时，最小，且，当点与正方体的顶点重合时，最大，且，由于点是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是，的取值范围是．故答案：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，在平行六面体中，以顶点为端点三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是为与的交点.若，（1）用表示；（2）求；【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用空间向量基本定理求解可得答案；（2）用向量法计算，再由利用空间向量的夹角公式求解可得答案.【小问1详解】；【小问2详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以.16.已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.（1）求直线与平面所成的角的正切值；（2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离.【正确答案】（1）（2）证明见解析；【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可.（2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案.【小问1详解】因为平面，连接，则即为直线与平面所成的角，又，，，为中点，可得，，所以，即直线与平面所成的角的正切值为.【小问2详解】由题知，平面，平面，，平面，所以平面平面.因为平面，平面，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以就是直线到平面距离，又为中点，则，即直线到平面的距离为.17.如图1，平面图形由直角梯形和等腰直角拼接而成，其中，，；，，点是中点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．（1）当二面角为直二面角时，求点到平面的距离；（2）在（1）的条件下，设点为线段上任意一点（不与，重合），求二面角的余弦值的取值范围．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.（2）设，求得点坐标，表示出二面角的余弦值，再求其范围.【小问1详解】∵，，∴．点是中点，，∴，结合折叠前后图形的关系可知，∵二面角为直二面角，则侧面底面，侧面底面，∴平面，易知，，两两垂直．以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，则P0,0,1，，，，D0,1,0，∴，，PD=0,1,−1．设平面的法向量为，则，取，得，，则为平面的一个法向量，则点到平面的距离．【小问2详解】设点满足（）．∵PD=0,1,−1，∴∴，∴．设平面的法向量为m=x又∵，，∴，取，则，，取为平面的一个法向量．易知平面的一个法向量为，二面角的余弦值为，由，所以，则，所以二面角的余弦值的取值范围为.18.如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，（1）求证：；（2）求三棱锥的体积；（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.【正确答案】（1）证明见解析（2）4（3）不存在，理由见解析【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，证明，得证；解法二，在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点为轴，建立空间直角坐标系，由结合已知条件求出点坐标，利用向量坐标运算证明，得证；解法三，在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F，通过证明平面，得证，在各直角三角形中，通过相似比和勾股定理，求出的值，由，得证；（2）过作于H，由等体积，求值即可；（3）解法一，以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系；解法二，利用（1）中解法二的空间直角坐标系；设，向量法求平面EBD与平面的夹角，由的值确定结论.【小问1详解】解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，，所以，，因为，所以，又因为，.所以，化简得.所以，所以.解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，设，则，所以，，由得，所以，又因为，所以，解得，所以，，，，所以，所以.解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F.因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，则，所以，所以，，在中，，，，所以，在中，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，由（1）知，所以，过作于H，则.因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面，所以.【小问3详解】解法一：假设存在点E满足条件，因为⊥平面ABCD，，所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，，，，设，则，设平面EBD的一个法向量为，由，得，令，得，所以.设平面的一个法向量，由，得，令，得，所以.所以，因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，即，解得，又因为，所以舍去，所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为，假设存在E点满足条件，设，则设平面EBD的一个法向量为，由，得，令，则，所以.所以，因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，即，解得.又因为，所以舍去，所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.19.在空间直角坐标系中，已知向量，点.若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值；（2）已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，点到平面的距离；（3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）利用题中的定义分别计