2024-2025学年宁夏青铜峡市高二上学期9月月考数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年宁夏青铜峡市高二上学期9月月考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（

）A． B． C． D．2．已知点，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．3．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为点M，，，，则（

）A． B．C． D．4．给出下列命题：①零向量没有方向；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若空间向量满足，则；⑤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．4 B．3C．2 D．15．已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（

）A． B． C． D．46．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（

）A． B． C． D．7．如图，各棱长都为的四面体中，，则向量（

）A． B． C． D．8．如图1所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组合体，抽象成如图2的图像.已知圆柱的轴线在平面内且平行于轴，圆锥与圆柱的高相同.为圆锥底面圆的直径，，且.若到圆所在平面距离为2.若，则与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知向量，，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．已知空间中三点，，，则（

）A．B．方向上的单位向量坐标是C．在上的投影向量的模为D．与夹角的余弦值是11．如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（

）A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为三、填空题（本大题共3小题）12．空间直角坐标系中，A的坐标为，B的坐标为，A关于x轴的对称点为C，则.13．如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:

①存在点，存在点，满足∥平面；②任意点，存在点，满足∥平面；③任意点，存在点，满足；④任意点，存在点，满足.其中所有正确结论的序号是.14．已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知，，，.(1)若直线与平行，求的值；(2)若为直角三角形，求的值.16．棱长为2的正方体中，E，F分别是，DB的中点，G在棱CD上，且，H是的中点.

(1)证明：；(2)求；(3)求FH的长.17．如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PAAB，CDAB，且PA＝CD＝2AB＝4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角，连接PA、PB，设PB中点为E．(1)证明：平面PBD平面PBC；(2)在线段BD上是否存在一点F，使得EF平面PBC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．18．如图，在三棱锥中，PA⊥平面ABC，，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，.

(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；(2)求点P到平面DEF的距离；(3)求点P到直线EF的距离．19．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．

参考答案1．【答案】A【详解】解：因为点，则其关于平面对称的点为.故选：A.2．【答案】B【详解】解析：，又因为所以，故选：B.3．【答案】A【详解】-＝，.故选：A．4．【答案】D【详解】零向量的方向是任意的，但并不是没有方向，故①错误；当两个空间向量的起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等．但两个向量相等，起点和终点不一定相同，故②错误；根据相等向量的定义，要保证两个向量相等，不仅模要相等，而且方向也要相同，但③中向量与的方向不一定相同，故③错误；命题④显然正确；对于命题⑤，空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同，故不一定相等，故⑤错误．故选：D.5．【答案】C【详解】由题意可得，.故选：C6．【答案】B【详解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故选：B.7．【答案】A【详解】由题得夹角，夹角，夹角均为，，，，故选：A.8．【答案】C【详解】如图2所示的空间直角坐标系中，设，.，，所以，，由，所以所以，，由对称性这里取，则，，又，所以，，，因此由余弦定理，.故选：C9．【答案】AC【详解】若，则，得，故A正确，B错误；若，则，即，故C正确，D错误；故选：AC.10．【答案】BD【详解】由，则，A错；方向上的单位向量坐标是，B对；由，则在上的投影向量的模为，C错；由，则，D对.故选：BD11．【答案】BD【详解】由题意可得，又平面，所以平面，在中，，边上的高为，所以，故A错误；对于B，在中，，cos=2所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；对于C，，设点到平面的距离为，由，得，解得，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；由B选项知，，则，所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，又因为平面，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确.故选：BD.12．【答案】【详解】因为的坐标为，则关于轴的对称点，又B的坐标为，所以.故答案为：.13．【答案】①③【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.又平面，故平面.故①正确.

对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，.设，，则，其中，故，则当时，即.故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.

故答案为：①③14．【答案】【详解】由；由.综上：且.故答案为：.15．【答案】(1)(2)或12或【详解】（1）依题意可得，即，解得.又，，所以，所以A、B、C、D四点不共线，所以.（2）若A为直角，则，即，解得.若为直角，则，即，解得.若为直角，则，即，解得.综上，的值为或12或.16．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）如图，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则,因为，所以，所以，故；（2）因为，所以因为，且,所以；（3）因为是的中点，所以又因为，所以,，即.17．【答案】(1)证明见解析；(2)这样的点F存在，为线段BD上靠近点D的一个四等分点【详解】（1）易得，所以直二面角的平面角为∠PDA＝90°，因为平面平面，平面平面，平面，所以PD平面ABCD，因为平面ABCD，所以PDBC，又在平面四边形ABCP中，由已知数据可得，，且，所以BDBC，而PDBD＝D，PD，BD平面PBD，故BC平面PBD，因为BC平面PBC，所以平面PBD平面PBC；（2）假设线段BD上存在一点F，使得EF平面PBC，则由（1）的分析易知，PDDA，PDDC，DCDA，则以D为原点建立空间直角坐标系如图所示．所以A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，2)，则PB的中点E(1，1，1)，因为点F在线段BD上，所以，所以，则，又，设平面PBC的法向量为，所以令则，所以，因为EF平面PBC，所以，所以，解得，所以线段BD上存在一点F，使得EF平面PBC，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点18．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）如图，以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

由，则，所以，设平面DEF的一个法向量为，则，取，则．设PA与平面DEF所成的角为θ，则，故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.（2）因为，，所以点P到平面DEF的距离为.（3）因为，，在上的投影长为，所以点P到直线EF的距离为.19．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；或【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，因为，所以，所以点、、、四点共面，因为、分别为、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面，又因为，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，所以，易知平面的一个法向量，所以，所以，又因为平面，所以平面．（2）解：设平面的法向量，，，则，取，可得，所以平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角余弦值为；（3）解：假设存在点，使得，其中，则，由（2）得平面的一个法向量为，由题意可得，整理可得．即，因为，解得或，所以，或．2024-2025学年宁夏青铜峡市高二上学期9月月考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．在平行六面体中，运算的结果为（

）A． B． C． D．2．如果直线绕坐标原点按顺时针旋转得到直线，且直线的倾斜角为，那么直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．3．两条平行直线与间的距离为（

）A． B． C． D．4．如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且满足，N为BC的中点，则（

）

A． B． C． D．5．若函数，且a＞b＞c＞0，则、、的大小关系是（

）A．＞＞ B．＞＞C．＞＞ D．＞＞6．已知直线，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．8．如图，正四棱台中，，则在上的投影向量是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（

）A． B．C． D．10．已知直线l1：，l2：，l3：，l4：.则（

）A．存在实数α，使l1l2，B．存在实数α，使l2l3；C．对任意实数α，都有l1⊥l4D．存在点到四条直线距离相等11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且分别为的中点，则（

）A．四面体是鳖臑B．与所成角的余弦值是C．点到平面的距离为D．点到直线的距离为三、填空题（本大题共4小题）12．已知是空间的一个基底，若，若，则.13．已知入射光线经过点被轴反射后，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为.14．如图，的二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于已知，，BD=7，则的长为.15．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为棱的中点，则.

四、解答题（本大题共5小题）16．已知的三个顶点是．(1)求BC边上的中线所在直线的方程；(2)求的面积；(3)若直线过点，且点A，B到直线的距离相等，求直线的方程．17．如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，E，F分别为，的中点．

(1)证明：；(2)若点M是线段上的点，且，判断点M是否在平面内，并证明你的结论；18．如图，矩形中，，为的中点，现将与折起，使得平面及平面都与平面垂直.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.19．如图所示，在路边安装路灯，路宽23米，灯杆AB长2.5米，且与灯柱OB成角．路灯采用锥形灯罩，灯罩轴线AC与灯杆垂直．当灯柱高约为多少米时，灯罩轴线正好与道路路面的中线相交?，精确到0.01m）.

20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

参考答案1．【答案】C【详解】在平行六面体中，，，故C正确.故选：C2．【答案】B【详解】的倾斜角为，逆时针旋转后得直线，倾斜角为，故选：B．3．【答案】C【详解】由直线平行的充要条件可得：，结合平行线之间的距离公式可得，两条平行直线6与间的距离为：.本题选择C选项.4．【答案】D【详解】如图，连接，

是的中点，，，，．故选：．5．【答案】B【详解】由题意可得，,,分别看作函数图象上的点与原点连线的斜率，结合图象可知当时，>>．故选：B．6．【答案】C【详解】当，则，解得或2；当时，，两直线平行，当时，，两直线重合，舍去；则时，；则“”是“”的充要条件.故选：C.7．【答案】B【解析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】因为平面的方程为，故其法向量为，因为直线的方程为，故其方向向量为，故直线与平面所成角的正弦值为，故选：B.8．【答案】A【详解】设正四棱台的高为，所以四边形，是正方形，设其中心分别为，连接，如图，以为原点建立空间直角坐标系，且作，由勾股定理得，所以，由题意得，，所以四边形是平行四边形，所以，故，得到，而，所以，，所以，由投影向量公式得在上的投影向量为，故A正确.故选：A9．【答案】BC【详解】当所求直线不过原点时，设所求直线的方程为，因为直线过点，代入可得，即；当所求直线过原点时，设直线方程为，因为直线过点，代入可得，即，综上可得，所求直线的方程为或.故选：BC.10．【答案】ACD【详解】当时，，故选项A正确；，所以与不平行，故选项B错误；恒成立，，故选项C正确；坐标原点到四条直线距离均为1，故选项D正确.故选：ACD.11．【答案】ABD【详解】以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，对于A中，，因为，所以，即，所以四面体的四个面都为直角三角形，所以四面体是鳖臑，故A正确；对于B中，，则与所成角的余弦值为，所以B正确；对于C中，，设平面的法向量为n=x,y,z，则，取，可得，所以，则点到平面的距离为，所以C错误；对于D中，由，直线方向上的单位向量是，则到的距离为，所以D正确.故选：ABD.12．【答案】3【详解】，，因为，所以存在实数，使，所以，所以，所以，得，，所以.故答案为：3.13．【答案】【详解】由题意利用反射定律可得，点关于轴的对称点在反射光线所在的直线上，故反射光线所在直线的方程为，化简可得.故答案为：．14．【答案】【详解】由已知，，,，所以，所以,故答案为：15．【答案】/【详解】由题意，可得，，又由正八面体的棱长都是，且各个面都是等边三角形，在中，由，可得，所以，所以.故答案为：.

16．【答案】(1)；(2)(3)或．【详解】（1）由已知边的中点坐标为，所以直线的方程为，化简得；（2）直线的方程为，即，点到直线的距离为，又，所以的面积为；（3）点A，B到直线的距离相等，则直线过线段的中点或与直线平行，若直线过线段的中点，由已知线段的中点为，直线方程为，化简得，直线与直线平行，则方程为，化简得，所以直线的方程为或．17．【答案】(1)证明见解析(2)点在平面内，证明见解析【详解】（1）连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则，，，则，，则，所以.（2）由（1）知，，，，又，得，，所以，所以、、、四点共面，即点在平面内．18．【答案】（1）见解析（2）【详解】（1）如图所示：分别取，的中点，，连结，，，则，，平面与平面都与平面垂直，平面，平面，由线面垂直的性质定理得，，四边形是平行四边形，，平面，平面．（2）如图，以为原点，，为，正半轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，平面的法向量，设平面的法向量，则，取，得．设二面角的平面角为，由图知为钝角，．∴二面角的余弦值为，则正弦值为．19．【答案】米．【详解】如图，作于，作于，由于，，则，