2023-2024学年江苏省泰州市靖江高级中学高二（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

2023-2024学年江苏省泰州市靖江高级中学高二（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，，则( )
A.
B.
C.
D.
2.已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
3.已知非零向量，，且、、不共面．若，则( )
A. B. C. D.
4.用，，，，，这六个数字可以组成无重复数字的四位偶数有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
5.如图，四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，点在棱上，且，则平面与平面的夹角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
6.菱形的边长为，，为的中点如图，将沿直线翻折至处如图，连接，，若的体积为，点为的中点，则到直线的距离为( )
A. B. C. D.
7.小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的时间段之间都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明一共有种练习的方案．( )
A. B. C. D.
8.如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则直线与平面所成的角的正切值构成的集合是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
B. 已知向量，若，则为钝角
C. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角为
D. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
10.如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是( )
A. 直线与直线始终是异面直线
B. 存在点，使得
C. 四面体的体积为定值
D. 当时，平面平面
11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案如图把三片这样的达芬奇方砖拼成图的组合，这个组合再转换成图所示的几何体若图中每个正方体的棱长为，则( )
A.
B. 若为线段上的一个动点，则的最大值为
C. 点到直线的距离是
D. 异面直线与所成角的正切值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.不等式，其中的解集为______．
13.如图，平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是，则异面直线与所成角的正切值为______．
14.现安排甲、乙、丙、丁、戊名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表，则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有______种
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.本小题分
已知空间中三点，，．
若四边形是平行四边形，求点坐标；
若，且，求向量；
若点在平面内，求的值．
16.本小题分
某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物理、体育、英语共节课．
如果数学和语文必须排在一起，则有多少种不同的排法？
语文必须排第一课，物理和数学不能排一起，则不同的排法有多少种？
如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排法？
如果数学必须比语文先上，语文比英语先上三课不一定连续上，则共有多少种不同的排法？
原定的节课已经排好，学校临时通知要增加生物化学地理节课，若将这节课插入原课表中且原来的节课相对顺序不变，那么共有多少种不同的排法？
答题要求：写上必要的文字说明，先列式，后计算
17.本小题分
如图，在三棱锥中，平面平面，，，分别为、的中点，，．
求点到直线的距离；
求平面与平面夹角的余弦值；
已知是平面内一点，点为中点，且平面，求线段的长．
18.本小题分
如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是．
求到平面的距离．
线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由．
19.本小题分
如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且，．
求证：平面平面；
若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：连接，
因为，分别是，的中点，
则，
又，
则，，，
则．
故选：．
由向量的线性运算，结合空间向量基本定理求解即可．
本题考查了向量的线性运算，重点考查了空间向量基本定理，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，，
所以向量在向量方向上的投影向量为．
故选：．
根据投影向量的定义求解即可．
本题考查空间向量的数量积，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：，，不共面，故，，可看作空间向量的一组基底，
，故存在，使得，
即，
，解得：，
则．
故选：．
根据向量共线可得，从而可解方程组求出，，再求出即可．
本题考查了共线向量的条件，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：第一类，在个位，共有种；
第二类，不在个位，从、中选一个数排个位，共种方法；从余下的数字中选一个排千位，共种方法；再排十位、百位，共种方法；
所以共有种，所以这样的四位偶数共有种，所以C正确．
故选：．
分为在个位和不在个位两类，计算每一类中符合要求的数的个数，结合分类加法和分步乘法计数原理进行求解即可．
本题考查了排列组合的混合问题，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用向量法能求出平面与平面的夹角的余弦值．
【解答】
解：由已知可得，，，．
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
平面的法向量为，
．
平面与平面的夹角的余弦值为，
故选：．
6.【答案】
【解析】解：若几何体的体积为，，，
，又，所以平面，又平面，
则以为原点，以，，分别为，，轴建立坐标系，
因为，，，
所以，，
，，，
所以．
故选：．
由已知可得平面，以为原点，以，，分别为，，轴建立坐标系，利用向量法可求到直线的距离．
本题考查运算向量法求点到线的距离，考查运算求解能力，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：七个课间编号为，，，，，，，
如果仅有一个课间练习，
则每个课间都可以，
有种方案，
若有两个课间练习，
选法有，，，，，，，，，，
共种方案，
三个课间练习，
选法为，
共种，
故总数为种．
故选：．
根据练习唱歌的课间个数进行分类讨论，利用列举法来求得正确答案．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题给出正方体中侧面内动点满足平面，求与平面所成角的正切取值范围，
着重考查了正方体的性质、直线与平面所成角、空间面面平行与线面平行的位置关系判定等知识，属于中档题．
【解答】
解：分别取B、的中点、，连接、、，
，，，
平面平面，
由此结合平面，可得直线平面，即点是线段上的动点．
设直线与平面所成角为，则，
，设正方体的边长为，则，
与平面所成角的正切取值范围为
故选D．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，若这两个向量不共线，在空间中必定存在非零向量，与这两个向量能构成空间的一个基底，故A正确；
对于，当时，，，两个向量反向，夹角不是钝角，B错误；
对于，若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角为，C正确；
对于，若直线的方向向量为，平面的法向量为，由于，则或，D错误．
故选：．
根据题意，由空间向量基本定理分析，举出反例可得B错误，由直线与平面夹角的定义分析，由平面法向量的定义分析，综合可得答案．
本题考查命题真假的判断，涉及平面的法向量、直线的方向向量等知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了空间线面位置关系的判断与性质，可适当选用平面向量法解决几何问题，属于中档题．
当为的中点时可知A错误，证明平面可知C正确；建立空间坐标系，利用向量判断即可．
【解答】
解：当为的中点时，直线与直线是相交直线，交点为，故A错误；
以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系，
设正方体棱长为，则，，，，，
，，．
，则，
若，则，即，解得，
当为线段的靠近的三等分点时，，故B正确；
连接，取的中点，连接，则也是的中点，
由中位线定理可知，
平面，故，故C正确；
，，，
平面，
，，故为二面角的平面角，
当时，，又，
，，
，，
故平面平面，故D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：因为，
所以，故A错误；
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，
所以，，，，
对于：设，，
则，
所以，
当时，故B正确；
对于：，
所以，
故点到直线的距离，故C正确；
对于：因为，，
所以，，，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
故选：．
根据空间向量线性运算法则判断，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算、、．
本题主要考查了空间向量的线性运算，向量数量积的性质的应用，还考查了空间向量在距离及角的求解中的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：原不等式等价于：，
即，解得，
又，故或．
故答案为：．
根据排列数公式化简求值．
本题考查排列数的计算，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，，，
，，
，，
，
，
，
设异面直线与所成角为，
，，
，．
故答案为：．
设，，，以，，为基底表示出，，利用数量积性质求出，，利用向量夹角余弦公式能求出异面直线与所成角的正切值．
本题考查向量数量积公式、向量垂直、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，
共计种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种，
丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，
丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课，乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种，
丙为化学课代表时，同的选法一样有种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有种．
故答案为：．
根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
15.【答案】解：设，
由四边形是平行四边形，可得，
即，
解得，，，
故点坐标为；
，因为，所以，
又，故，则，
所以或；
因为点在平面上，故存在，使得，
又，，
即，
所以，解得．
故．
【解析】可设，根据，即可求出点的坐标；
利用，可设，再根据模长公式求解即可；
结合向量共面定理求解即可．
本题考查了空间向量的坐标运算，向量的共线、共面定理，是基础题．
16.【答案】解：根据题意，将语文和数学看成一个整体，与其他门课程全排列即可，
则有种排法；
根据题意，先将历史、体育、英语全排列，有种排法，
再将数学、物理安排在其空位中，有种排法，
最后将语文安排在第一节，有种排法，
则有种安排方法；
根据题意，若数学排在第一节，有种排法，
若数学不排在第一节，数学有种安排方法，
体育有种安排方法，
剩下节课任意安排，有种安排方法，
则共有种安排方法；
根据题意，不考虑限制条件，节课有种安排方法，
语文、数学、英语的排法有种，
若数学在语文之前，语文在英语之前，有种安排方法；
根据题意，原定的节课已经排好，有个空位可选，
先安排生物，有种安排方法，
再安排化学，有种安排方法，
最后安排地理，有种安排方法，则有种安排方法．
【解析】根据题意，将语文和数学看成一个整体，用捆绑法分析可得答案；
根据题意，先将历史、体育、英语全排列，再将数学、物理安排在其空位中，最后将语文安排在第一节，由分步计数原理计算可得答案；
根据题意，分数学是否在第一节分两种情况讨论，由加法原理计算可得答案；
根据题意，先计算“不考虑限制条件”的排法数目，由倍分法分析可得答案；
根据题意，依次分析生物、化学、地理的安排方法，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
17.【答案】解：，为中点，所以，
平面平面，平面平面，所以平面，
因为，所以，
，所以，
连接，则，所以，
所以为等边三角形，所以点到直线的距离为．
平面平面，，平面平面，
所以平面，所以，
易知，满足，所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以．
所以即为平面与平面夹角，
，所以．
如图建立空间直角坐标系，是平面内一点，设，
，，，点为中点，，
，，
由平面，可得，
解得所以，．
所以．
【解析】通过题中关系可推出为等边三角形，进而可得解；
通过证明，，可得即为所求，进而可得解；
建立空间直角坐标系，设，利用空间向量可得坐标，进而得距离．
本题主要考查点线距离的求解，面面角的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
18.【答案】解：分别取，的中点，，连接，，，
因为，，所以，且，
因为正方形，所以，，所以，
所以就是二面角的平面角，即，
因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，且，
取的中点，连接，
在中，由余弦定理知，，即，
所以，即，
所以，
因为，，，、平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，、平面，所以平面，即平面，
所以点到平面的距离为，
故A到平面的距离为．
由知，，，两两垂直，
故以为坐标原点，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，则，，所以，
设，，
则，
因为直线与平面所成角为，
所以，，
整理得，解得，
所以，，
所以线段上存在一个点，使直线与平面所成角为，此时的长为．
【解析】分别取，的中点，，连接，，，由二面角的定义可得，取的中点，连接，利用余弦定理求出的长，再分别证明，，从而得平面，然后将所求距离转化为的长即可；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】证明：如图，设交于点，连接，
由圆锥的性质可知底面，因为平面，
所以，又因为是底面圆的内接正三角形，
由，可得，，解得，
又，，所以，
，，所以在中，
，
在中，由余弦定理有：
，
所以，故EF，
因为底面，面，所以平面平面，
又面，面面，，故EF面，
又平面，所以平面平面；
解：易知，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，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，
则有，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，
令，则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为，此时点，
所以，所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为．
【解析】通过平面，证得平面，所以平面平面；
建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求得最值．
本题考查面面垂直的证明，考查向量法求解线面角和二面角，属难题．
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