2024-2025学年广东省东莞市高二上册第一次联考数学学情检测试卷（含解析）

2024-2025学年广东省东莞市高二上学期第一次联考数学学情检测试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知，若，则实数的值为（）A. B. C. D.22.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.3.已知向量，，则在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.4.在棱长为2正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.5.已知四棱锥，底面为平行四边形，分别为棱上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（） B. C. D.6.在四面体中，空间的一点满足．若共面，则（）A. B. C. D.7.已知向量，则的最小值为（）A. B. C. D.8.“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（）.A. B. C. D.二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.B.向量与所成角的余弦值为C.平面的一个法向量是D.点到平面的距离为10.在正三棱柱中，，点满足，则下列说法正确的是（）A.当时，点在棱上B.当时，点到平面的距离为定值C.当时，点在以的中点为端点的线段上D.当时，平面11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖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（）A. B.直线与平面所成角的正弦值为C.点到直线的距离是 D.异面直线与所成角的余弦值为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，是的中点．在直线上求一点，当的长为______时，使．13.四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为______.14.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮那，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为_______.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，在长方体中，，点在棱上移动.（1）当点在棱的中点时，求平面与平面所成的夹角的余弦值；（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值.16.如图所示，直三棱柱中，分别是的中点．（1）求BN长；（2）求值．（3）求证：BN⊥平面．17.如图，在四棱维中，平面平面，，，，，，．（1）求直线与平面所成角的正切值；（2）在上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．18.如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；（2）若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．19.如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，分别是线段和上的动点，且．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角正弦值的最大值；（3）若直线与线段交于M点，于点H，求线段长的最小值.2024-2025学年广东省东莞市高二上学期第一次联考数学学情检测试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知，若，则实数的值为（）A. B. C. D.2【正确答案】C【分析】利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值．详解】向量若，则，．故选：C．2.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.3.已知向量，，则在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据投影向量公式计算可得答案.【详解】向量在向量上的投影向量为.

故选：A.4.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可．【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，取，得，所以点到平面的距离为，故选：D．5.已知四棱锥，底面为平行四边形，分别为棱上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】利用空间向量的线性运算结合图形计算即可.【详解】由条件易知.故选：D6.在四面体中，空间的一点满足．若共面，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，则由，得，所以.故选：D7.已知向量，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】计算出，得到答案.【详解】因为，所以，当时，等号成立，故的最小值为.故选：C.8.“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（）.A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.【详解】如图所示，取中点为，，为方便计算，不妨设，由，可知，又、分别为所在棱靠近端的三等分点，则，且，、，，平面，即平面，又平面，则平面平面，设肉馅球半径为，，由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅，则到的距离，，，又，解得：，故，又，解得，，所以：，解得，，由以上计算可知：为正三棱锥，故，所以比值为.故选：B.二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（）A.B.向量与所成角的余弦值为C.平面的一个法向量是D.点到平面的距离为【正确答案】BCD【分析】先写出需要的点的坐标，然后利用空间向量分别计算每个选项即可.【详解】由题可知，A2,0,0,,,,,，所以，故选项A错误；,，所以，故选项B正确；,，记，则，故，因为,平面，所以垂直于平面，故选项C正确；DA=2,0,0，所以点到平面的距离，故选项D正确；故选：BCD10.在正三棱柱中，，点满足，则下列说法正确的是（）A.当时，点在棱上B.当时，点到平面的距离为定值C.当时，点在以的中点为端点的线段上D.当时，平面【正确答案】BCD【分析】对于A，由即可判断；对于B，由和平面即可判断；对于C，分别取和的中点和，由即即可判断；对于D，先求证平面，接着即可求证平面，进而即可求证平面.【详解】对于A，当时，，又，所以即，又，所以三点共线，故点在上，故A错误；对于B，当时，，又，所以即，又，所以三点共线，故点在棱上，由三棱柱性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，故B正确；对于C，当时，取的中点的中点，所以且，，即，所以即，又，所以三点共线，故在线段上，故C正确；对于D，当时，点为的中点，连接，由题为正三角形，所以，又由正三棱柱性质可知，因为，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，又，所以，所以，所以，设与相交于点O，则，即，又，平面，所以平面，因为平面，所以，由正方形性质可知，又，平面，所以平面，故D正确.故选：BCD.思路点睛：对于求证平面，可先由和得平面，从而得，接着求证得平面，进而，再结合即可得证平面.11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖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（）A. B.直线与平面所成角的正弦值为C.点到直线的距离是 D.异面直线与所成角的余弦值为【正确答案】BC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到；B选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解.【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，则，A错误；B选项，平面的法向量为，，设直线与平面所成角的大小为，则，B正确；C选项，，点到直线的距离为，C正确；D选项，，设异面直线与所成角大小为，则，D错误.

故选：BC三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，是的中点．在直线上求一点，当的长为______时，使．【正确答案】##【分析】根据正三柱性质建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可得结果.【详解】取的中点为，连接，由正三棱柱性质可得，因此以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知，设的长为，且，可得；易知若,则,解得，所以当的长为时，使.故13.四棱锥中，底面，底面是正方形，且，，是的重心，则与平面所成角的正弦值为______.【正确答案】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面一个法向量及，由与平面所成角，根据即可求解.【详解】因为底面，底面是正方形，所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，则重心，因而，，，设平面的一个法向量为，则，令则，则，故答案为.14.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮那，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为_______.【正确答案】117m【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解．【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以．因为平面，平面，所以，因为，，平面，，所以平面，因为平面，所以，同理，，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为．故117m四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，在长方体中，，点在棱上移动.（1）当点在棱的中点时，求平面与平面所成的夹角的余弦值；（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值.【正确答案】（1）（2）当时，直线与平面所成角的正弦值最小，最小值为【分析】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成的夹角的余弦值；（2）设，可求得平面的一个法向量，直线的方向向量，利用向量法可得，可求正弦值的最小值.【小问1详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，当点在棱的中点时，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成的夹角的余弦值为；【小问2详解】设，则，则，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，令，则，当时，取得最小值，最小值为.16.如图所示，直三棱柱中，分别是的中点．（1）求BN的长；（2）求的值．（3）求证：BN⊥平面．【正确答案】（1）（2）（3）证明见解析【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间两点间距离公式，即得答案；（2）根据空间向量的夹角公式，即可求得答案；（3）求出，，的坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，结合线面垂直的判定定理，即可证明结论.【小问1详解】如图，建立以点O为坐标原点，CA、CB、所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系．依题意得，∴；【小问2详解】依题意得，，∴，，，，，所以；【小问3详解】证明：，．∴，，，∴，，∴，，即，又平面，平面，，∴BN⊥平面．17.如图，在四棱维中，平面平面，，，，，，．（1）求直线与平面所成角的正切值；（2）在上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）（2）存在点，使得平面，.【分析】（1）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系求解直线与平面所成角的正切值即可；（2）假设在上存在点，使得，由线面平行，转化为平面的法向量与直线的方向向量垂直，求解参数即可.【小问1详解】取的中点为，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，所以，，，所以，，所以，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，P0,0,1，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为m=x,y,z则，，令则，所以，设直线与平面所成角为，，所以，所以，所以直线与平面所成角的正切值.【小问2详解】在上存在点，使得，所以，所以，所以，所以，因为平面，所以，即，解得，所以存在点，使得平面，此时.18.如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．（1）在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；（2）若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）总