辽宁省大连部分重点高中2022-2023学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版含解析）

大连部分重点高中2022-2023学年高二上学期10月月考
数学 试卷
考试时间：120分钟；满分：150分
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共40分）
1．已知，，与共线，则（ ）
A．5 B．6 C．3 D．9
2．若直线的方向向量，平面的法向量，则（ ）
A． B． C． D．或
3．若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
4．已知、都是空间向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在平行六面体中，与的交点为点，，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B． C． D．
6．已知大小为60°的二面角棱上有两点、，，，，，若，，，则的长为（ ）
A．22 B．40 C． D．
7．如图，在边长为3的正方体中，是棱长一点且，是面上的点．一质点从点射向点，遇到正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点，则线段与的长度之和为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点．若点在直线上，则下列结论正确的是（ ）
A．当点为线段的中点时，平面
B．当点为线段的三等分点时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点，使得平面
D．不存在点，使与平面垂直
二、多选题（共20分）
9．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是
C．和夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是
10．过所在平面外一点，作，垂足为，以下推断正确的是（ ）
A．若，，则点是的垂心
B．若，则点是的外心
C．若，，则点是的内心
D．过点分别作边，，的垂线，垂足分别为，，，若，则点是的重心
11．在棱长为2的正方体中，、、分别为、、的中点，则下列选项正确的是（ ）
A． B．直线与所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为 D．存在实数、使得
12．如图，长方体中，，，，点是侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．当长度最小时，三棱锥的体积为
B．当长度最大时，三棱锥的体积为
C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
D．若在平面内运动，且，则点的轨迹为圆弧
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（共20分）
13．，，，若，，三向量共面，则实数______．
14．正四面体的棱长为2，点，，分别是棱，，的中点，则的值为______．
15．如图，在菱形中，，，是的中点，将沿直线翻折至的位置，使得面面，则点到直线的距离为______．
16．在长方体中，已知，、分别为、的中点，则三棱锥的外接球半径为______，平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为______．
四、解答题（共60分）
17．（1）已知，，且，求，的值；
（2）已知，，若与（为坐标原点）的夹角为60°，求的值．
18．如图，在三棱锥中，平面，，，点，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）设，求直线与平面所成角的正弦值
19．如图所示，在四棱锥中，为等腰直角三角形，且，四边形为直角梯形，满足，，，．
（1）若点为的中点，求；
（2）若点为的中点，点为上一点，当时，求的值．
20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
问题：如图，在正方体中，以为坐标原点，建立空间直角坐标系．已知点的坐标为，为棱上的动点，为棱上的动点，______，则是否存在点，，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成角；
（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
22．如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为45°，求点到平面的距离．
高二数学试卷——参考答案
1．C
【分析】利用向量共线求得，，由此求得．
【详解】由于与共线，所以，．故选：C
2．D
【分析】根据可得结果．
【详解】因为，所以，所以或．故选：D
3．C
【分析】根据空间向量基本定理和空间向量的基底，直接判断．
【详解】选项A：，所以，，共面；
选项B：，所以，，共面；
选项C：不能用，表示，所以，，不共面；
选项D：，共线，则，，共面．故选：C
4．A
【分析】利用空间向量的数量积运算即可得到答案
【详解】解：∵，∴，
∴，∵，∴，故选：A
5．C
【分析】根据空间向量的线性运算用，，表示出即可得．
【详解】．故选：C．
6．C
【分析】过作且，连接、，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，即可求出答案
【详解】解：过作且，连接、，则四边形是平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，
因为，即，而，
则是二面角的平面角，即，
因为，即为正三角形，所以，
因为，即，，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以在中，，所以
故选：C
7．C
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，作点关于平面的对称点，计算出即可．
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，
作点关于平面的对称点，由对称性可知，且、、三点共线，
故．故选：C．
8．D
【解析】本题就是研究在直线上有没有点使得平面，我们就由平面出发推导发现结论或矛盾．
【详解】是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点，由于，∴是中点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，
在坐标平面上，直线方程为，即，在直线上，设，则，又，，若平面，则，，∴，，，与矛盾，∴直线上不存在点，使与平面垂直．故选：D．
【点睛】本题考查线面垂直的判断与性质．解题关键是建立空间直角坐标系，把线面垂直所得线线垂直转化为向量垂直，利用向量的数量积计算．简化了问题的求解．本题也可用三垂线定理及其逆定理分析．
9．BD
【分析】根据共线向量的坐标显示可知A错误；根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；
利用向量夹角公式计算可知C错误；根据法向量的求法可知D正确．
【详解】对于A，，，可知，与不共线，A错误；
对于B，∵，∴，∴，即与同向的单位向量是，B正确；
对于C，∵，∴，
即和夹角的余弦值为，C错误；
对于D，设平面的法向量，
则，令，解得：，，∴，
即平面的一个法向量为，D正确．故选：BD．
10．ABC
【分析】对于A选项，由题意得出，，点是的垂心；
对于B选项，若，则，点是的外心；
对于C选项，由题意得出是的平分线，是的平分线，点是的内心；
对于D选项，若，则，进而结合C选项的讨论得点是的内心．
【详解】对于A，∵底面，，底面，∴，
又，，，，平面，，，平面∴平面，平面，
∵平面，平面，∴；，
∴点是的垂心，A选项正确；
对于B，若，则，
∴，点是的外心，B选项正确；
对于C，过点分别作边，，的垂线，垂足分别为，，，
若，则，，
∵底面，，底面，∴，，
∴，∴，∴，即是的平分线，
同理时，是的平分线，∴点是的内心，故C选项正确；
对于D，过点分别作边，，的垂线，垂足分别为，，，
若，则，结合C选项的讨论可知，点是的内心，D选项错误．
故选：ABC．
11．BD
【分析】对于A，根据平行线的与已知直线的垂直关系，可得答案；
对于B，根据线线夹角的定义，作平行，根据三角形的余弦定理，可得答案；
对于C，根据体积的组合关系，找到三棱锥所在的三棱柱，减去其余部分，可得答案；
对于D，根据平行关系，进行平面延拓，由线面平行，可得三个向量共面，可得答案．
【详解】对于A，在正方体中，，易知与不垂直，故错误；
对于B，在正方体中，取的中点，连接，，如下图，
易知，则为直线与夹角或其补角，∵，∴，，在中，，因此，直线与所成角的余弦值为，故正确；
对于C，根据题意作图如下：
易知三棱柱的体积，
三棱锥的体积，
四棱锥的体积，
三棱锥的体积，故错误；
对于D，连接，，作图如下：
易知，则，，，共面，∵，则，，共面，
即存在实数、使得，故正确；故选：BD．
12．ABC
【分析】由等体积法可判断AB正确，由圆的知识可判断C正确，利用空间向量法求夹角余弦值，可知D错误．
【详解】对于A，当长度最小时，点在线段的中点，
，，A正确．
对于B，当长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，
，B正确．
对于C，作中点，连接，，如下图所示，易证平面，
平面，则，若保持，则，
则点的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为，C正确．
对于D，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，设，
则有，，，
若，则有，即，
化简得：，即，
即或（此时，，），
故点的轨迹为一段直线，D错误．故选：ABC
13．5
【分析】根据空间向量共面列出方程组，求出．
【详解】，，，若，，三向量共面，
设，即，
所以，解得：，所以．故答案为：5
14．1
【分析】根据给定条件用空间向量的一个基底表示与，再利用空间向量数量积及运算律计算作答．
【详解】在正四面体中，令，，，显然，，，如图：
因点，，分别是棱，，的中点，则，
，
于是得，
所以的值为1．故答案为：1
15．
【分析】利用菱形的性质可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，，进一步得到，并计算，最后利用勾股定理可得结果．
【详解】解：在菱形中，，，所以是边长为2的等边三角形，
又因为为的中点，所以，又面面，面面，
平面，所以平面，
作交于点，由，，，平面
所以平面，所以
，所以故答案为：
16． ##
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标，可以证明，取为中点，有，因此点为三棱锥外接球的球心，则，球心到平面的距离为，勾股定理可得截面圆的半径为，即得解
【详解】解：以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
依题意得：，，，则，，
所以，则即；
设为中点，因为，，则，
所以点为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径为，
设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，
由于，所以，
故截面圆的半径为，所以截面圆面积为，故答案为：；
17．（1），；（2）
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，结合空间向量共线的坐标表示计算作答；
（2）先算出，，然后利用数量积的坐标运算得到，再利用夹角公式即可得到答案
【详解】（1）因为，，
所以，，
因为，所以，解得，，所以，；
（2）因为，，所以，，
所以，因为与的夹角为60°，
所以，因为，解得
18．（1）证明见解析，（2）
【分析】（1）由平面，可得，由可得，然后由线面垂直的判定定理可结论．
（2）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为，所以，因为，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，所以，
所以，，两两垂直，所以以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，
因为点，分别是，的中点，所以，，所以，，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，直线与平面所成角为，则
，所以直线与平面所成角的正弦值为
19．（1）（2）
【分析】（1）可证，再建立如图所示的空间直角坐标系，求出，的坐标后可求夹角的余弦值．
（2）设，则可用表示的坐标，再利用可求，从而可得两条线段的比值．
（1）因为为等腰直角三角形，，，所以，
又，，所以．而，，故，因，，平面，故平面．以点为原点，，所在直线分别为，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，．
则，，
所以．
（2）由（1）知，设，
而，所以，
所以，所以，又，
因为，故，所以，解得，
所以．
20．答案见解析
【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标可得向量的坐标，由向量的坐标运算可计算模长以及数量积，进而可求解．
【详解】方案一：选条件①．
假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，则，，，，，所以．设，，则，
，，所以，．
因为，所以，即．
因为，，所以，所以．又，
所以，故存在点，，满足，此时．
方案二：选条件②．
假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，则，，，，，所以．
设，，则，，，
所以，．因为，且，
所以，解得．又，所以，
故存在点，，满足，此时．
方案三：选条件③．假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，
则，，，，所以，．
设，，则．因为，
所以与不共线，所以，即，则，故不存在点，满足．
21．（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）设，连接，进而证明即可证明结论；
（2）根据题意平面，进而以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）设，其中，进而结合题意得，再求解即可．
（1）证明：设，连接，
因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；
（2）解：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
因为平面平面，，所以平面，
所以，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
若，则，，，则，，
可知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则由，可知，不妨令，则，，即，
设平面与平面所成角为，因为为锐角，所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
（3）解：，，，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为
22．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，
∴是正三角形，∴，∴，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为45°，
则，，，，，，
则设，∴，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，，得
平面的法向量可以为，
∴，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离．