2023-2024學年福建省廈門高二上冊第一次月考9月月考數學模擬試題第I卷（選擇題共60分）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．在空間直角坐標系中，若點，，則（

）A．2 B． C．6 D．2．已知點，，則線段的中點關于平面對稱的點的坐標為（

）A． B． C． D．3．下列條件中，一定使空間四點P?A?B?C共面的是（

）A． B．C． D．4．已知四棱錐，底面為平行四邊形，M，N分別為棱BC，PD上的點，，，設，，，則向量用為基底表示為（

）A． B．C． D．5．已知平面，其中點，法向量，則下列各點中不在平面內的是（

）A． B． C． D．6．已知正四面體，M為AB中點，則直線CM與直線BD所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．7．定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.在長方體中，，，，則異面直線與之間的距離是（

）A． B． C． D．8．如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（）A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段B．存在Q點，使得平面C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大D．若，那么Q點的軌跡長度為二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.9．下列四個結論正確的是（

）A．任意向量，若，則或或B．已知，，，則點C到直線AB的距離為C．已知向量，若，則為鈍角D．若，，是不共面的向量，則，，的線性組合可以表示空間中的所有向量10．在棱長為3的正方體中，點在棱上運動（不與頂點重合），則點到平面的距離可以是（

）A． B． C．2 D．11．如圖，平行六面體中，以頂點為端點的三條棱長均為1，且它們彼此的夾角都是60°，則（

）A．B．C．四邊形的面積為D．平行六面體的體積為12．如圖的六面體中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，則（

）A．CD⊥平面ABC B．AC與BE所成角的大小為 C． D．該六面體外接球的表面積為3π第II卷(共70分)三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已用，，則在方向上的投影向量為．14．如圖，二面角等于，A、是棱l上兩點，BD、AC分別在半平面、內，，，且，則CD的長等于.15．在空間直角坐標系中，經過且法向量的平面方程為，經過且方向向量的直線方程為．閱讀上面材料，并解決下列問題：給出平面的方程，經過點的直線l的方程為，則直線l的一個方向向量是，直線l與平面所成角的余弦值為．16．盧浮宮金字塔位于巴黎盧浮宮的主院，是由美籍華人建筑師貝聿銘設計的，已成為巴黎的城市地標.盧浮宮金字塔為正四棱錐造型，該正四棱錐的底面邊長為，高為，若該四棱錐的五個頂點都在同一個球面上，則球心到該四棱錐側面的距離為.四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．如圖，在底面為菱形的四棱錐中，底面，為的中點，且，，以為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．

(1)寫出四點的坐標；(2)求．18．已知向量，，.（Ⅰ）當時，若向量與垂直，求實數和的值；（Ⅱ）若向量與向量，共面，求實數的值.19．如圖所示，在四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，側棱的長為3，且，N是的中點，設，，．(1)用、、表示向量，并求的長；(2)求證：平面．20．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為正方形，平面ABCD，M，N分別為棱PD，BC的中點，.(1)求證：平面PAB；(2)求直線MN與平面PBD所成角的正弦值.21．如圖，在三棱臺中，若平面，，，，為棱上一動點（不包含端點）．

(1)若為的中點，在圖中過點作一個平面，使得平面．（不必給出證明過程，只要求作出與棱臺的截面）；(2)是否存在點，使得平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求出長度；若不存在，請說明理由．22．在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長都是1，且它們所在的平面互相垂直．活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM和BN的長度保持相等，記．(1)問a為何值時，MN的長最小？(2)當MN的長最小時求平面MNA與平面MNB夾角的余弦值．1．D【分析】直接由空間兩點的距離公式求解即可.【詳解】由題意得．故選：D.2．A【分析】求出的中點的坐標，再求出關于平面對稱的點的坐標即可.【詳解】因為點，所以的中點，所以關于平面對稱的點的坐標為，故選：A.3．D【分析】要使空間中的、、、四點共面，只需滿足，且即可.【詳解】對于A選項，，，所以點與、、三點不共面；對于B選項，，，所以點與、、三點不共面；對于C選項，，，所以點與、、三點不共面；對于D選項，，,所以點與、、三點共面.故選：D.4．D【分析】由圖形可得，根據比例關系可得，，再根據向量減法，代入整理并代換為基底向量．【詳解】即故選：D．5．B【分析】結合各個選項分別求出，計算的值是否為0，從而得出結論.【詳解】對于A，，，故選項A在平面內；對于B，，，故選項B不在平面內；對于C，，，故選項C在平面內；對于D，，，故選項D在平面內.故選：B.6．B【分析】設正四面體的棱長為，取的中點，連接、，利用幾何法求解作答.【詳解】如圖，設正四面體的棱長為，取的中點，連接、，因為、分別為、的中點，則且，因此或其補角為直線與直線所成的角，因為為等邊三角形，為的中點，則，且，同理，在等腰中，，所以直線CM與直線BD所成角的余弦值為.故選：B7．D以D為坐標原點建立空間直角坐標系，求出和的公垂線的方向向量，求出，再由可求出.【詳解】如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則，則，，設和的公垂線的方向向量，則，即，令，則，，.故選：D.本題考查異面直線距離的求解，解題的關鍵是建立空間直角坐標系，利用向量的方法求解.8．B【分析】取中點，證明平面，得動點軌跡判斷A，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，由與此法向量平行確定點位置，判斷B，利用空間向量法求得到到平面距離的最大值，確定點位置判斷C，利用勾股定理確定點軌跡，得軌跡長度判斷D．【詳解】選項A，分別取中點，連接，，由與，平行且相等得平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，連接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，當時，平面，所以平面，即點軌跡是線段，A正確；選項B，以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設（），，，，設是平面的一個法向量，則，取，則，若平面，則，所以存在，使得，，解得，因此正方形內（含邊界）不存在點，使得平面，B錯；選項C，面積為定值，當且僅當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，，到平面的距離為，，時，，當時，d有最大值1，時，，時，d有最大值，綜上，時，d取得最大值1，故與重合時，d取得最大值，三棱錐的體積最大，C正確；選項D，平面，平面，，所以，所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角是，軌跡長度為，D正確．故選：B．關鍵點點睛：本題考查空間點的軌跡問題，解題關鍵是勾畫出過且與平面平行的平面，由體積公式，在正方形內的點到平面的距離最大，則三棱錐體積最大．9．ABD【分析】對A，根據數量積的計算公式分析即可；對B，根據空間中點到線的距離向量公式求解即可；對C，討論特殊情況反向時判斷即可；對D，根據空間向量共面滿足的條件判斷即可.【詳解】對于A，，則或或，即或或，故A正確；對于B，因為，，所以．設點C到直線AB的距離為d，則，故B正確；對于C，，若，則，當時，則存在唯一實數，使得，即，所以，解得，所以當，且時，為鈍角，故C錯誤．對于D，若、、是不共面的向量，則、、也是不共面的向量，否則若、、共面，則存在實數，使得，即，則，顯然無解，所以、、也不共面，由空間向量基本定理，可能用它們表示出空間任意向量，D正確.故選：ABD10．CD【分析】利用坐標法，設，可得平面的法向量，進而即得.【詳解】以D為原點，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，設，所以，，設為平面的法向量，則有：，令，可得，則點到平面的距離為，因為，所以距離的范圍是.故選：CD.11．ABD【分析】A、B選項通過空間向量的模長及數量積進行判斷即可；C選項通過空間向量求出，進而求出面積即可；D選項作出平行六面體的高，求出相關邊長，即可求出體積.【詳解】，則，故，A正確；，，，故，B正確；連接，則，，即，同理，故四邊形為矩形，面積為，C錯誤；過作面，易知在直線上，過作于，連接，由得面，易得，故，，，故平行六面體的體積為，D正確.故選：ABD.12．ACD【分析】利用線面垂直的判定定理、空間向量以及球的表面積公式進行計算求解.【詳解】因為CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，所以，即又，所以CD⊥平面ABC，故A正確；因為CD⊥平面ABC，如圖，建立空間之間坐標系，因為CA＝CB＝CD＝1，所以四面體是正三棱錐，因為AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面體是正四面體，在正三棱錐中過點C作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，同理，在正四面體中，過頂點作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，所以，三點共線；因為，因為正三角形的中心，所以，設，因為在正四面體中，，在正三棱錐中，，所以，解得，所以，所以，又，所以，故AC與BE所成角的大小為，故B錯誤；因為，所以，故C正確；

顯然，該六面體外接球的球心位于線段的中點，因為，所以六面體外接球的半徑，所以該六面體外接球的表面積為，故D正確.故選：ACD.13．【分析】用在方向上的投影乘以與同向的單位向量可得結果.【詳解】在方向上的投影向量為.故14．4【分析】根據二面角的定義，結合空間向量加法運算性質、空間向量數量積的運算性質進行求解即可.【詳解】由二面角的平面角的定義知，∴，由，，得，，又，∴，所以，即.故4.15．##【分析】根據題意，結合已知條件求得平面的法向量，以及直線的方向向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】因為平面的方程，不妨令，可得，所以過點，設其法向量為，根據題意得，即，由平面的方程為，則，不妨取，可得，則平面的一個法向量為，經過點的直線的方程為，不妨取，則，則該直線的一個方向向量為，則直線與平面所成的角為，則，由，所以.故；.16．##【分析】連接、，交于，連接，則球心在的延長線上，結合題意可得，且，，設，，求出，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，再結合法向量求解即可.【詳解】如圖，連接、，交于，連接，則球心在上（或延長線上），在正四棱錐中，，且，，設，所以，解得，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，即，取，得，所以球心到四棱錐側面的距離為.故答案為.17．(1)，，，(2)【分析】（1）根據為正三角形，由，結合空間直角坐標系中坐標的寫法，即可求解；（2）利用空間向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）解：由題意，可得為正三角形，因為，所以，以為坐標原點，所在的直線分別為的方向為軸、軸和軸建立的空間直角坐標系，可得．（2）解：由（1）可得，所以.

18．（Ⅰ）實數和的值分別為和.（Ⅱ）【分析】(Ⅰ)根據可求得,再根據垂直的數量積為0求解即可.(Ⅱ)根據共面有,再求解對應的系數相等關系求解即可.【詳解】解：(Ⅰ)因為,所以.且.因為向量與垂直,所以.即.所以實數和的值分別為和.(Ⅱ)因為向量與向量，共面,所以設（）.因為,所以所以實數的值為.本題主要考查了空間向量的基本求解方法,包括模長的運算以及垂直的數量積表達與共面向量的關系等.屬于基礎題.19．(1),(2)證明見解析【分析】（1）在三角形,三角形,正方形等閉合路徑中進行向量轉化，將向量用、、表示，再平方將向量實數化求出向量的模即的長.（2）先用基向量法求，可證得，結合正方形中,可證得平面.【詳解】（1）因為是的中點，底面是正方形，所以，又，，，且，，所以，所以，即的長為．（2）因為，所以，即.又在正方體中，，且，平面所以平面.20．(1)證明見解析(2)【分析】（1）若是中點，連接，易證為平行四邊形，進而有，利用線面平行的判定證結論；（2）轉化為求直線與平面PBD所成角正弦值，利用等體積法求到面的距離，即可求夾角正弦值.【詳解】（1）若是中點，連接，又為中點，所以且，又ABCD為正方形，即且，而為中點，故且，即為平行四邊形，所以，面，面，則面.（2）由（1）知：直線MN與平面PBD所成角，即為直線與平面PBD所成角，若到面的距離為，則到面的距離為，由平面ABCD，平面ABCD，則，由ABCD為正方形，則，又，所以△為邊長為的等邊三角形，即，由，即，則，而，綜上，直線MN與平面PBD所成角正弦值為.21．(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據面面平行的定義即可得出平面；（2）設出點的位置，表達出平面與平面的法向量，寫出余弦值表達式，即可求出點的位置和的長度.【詳解】（1）由題意，我們需要保證平面的兩條相交直線平行于平面的兩個相交直線，我們過點作的平行線，連接，即可得到平面，作出圖像如下圖所示，

（2）由題