濮阳市2023-2024学年高二上学期9月大联考
数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间120分钟，满分150分
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1.已知空间向量，，且，则
A．6 B．10 C．8 D．4
2.如图，设，，，若，，则
A． B． C． D．
3.若直线l的方向向量，平面的法向量为，则直线l和平面的位置关系是
A． B． C．或 D．
4.已知平行六面体的各棱长为1，，，则
A． B． C． D．
5.已知平面经过点，平面的法向量为，则点到平面的距离为
A． B．2 C． D．
6.在平行六面体中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，则异面直线AC与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
7.已知正四面体ABCD，M为BC的中点，N为AD的中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值
A． B． C． D．
8.正方体的棱长为2，E是棱AB的中点，F是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥F-AED的体积最大时，EF与平面所成角的正弦值为
A． B． C． D．
二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.）
9.已知，，，则下列结论正确的是
A． B．
C．为钝角 D．在方向上的投影向量
10.已知，，是空间中的三个单位向量，下列说法正确的是
A．若，，则
B．若，，两两共面，则，，共面
C．对于空间中的任意一个向量，总存在实数x，y，z，使得
D．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
11.在正方体中，E、F分别为线段，上的动点，则下列结论正确的是
A．平面 B．直线AE与平面所成角的正弦值为定值
C．平面平面 D．点F到平面的距离为定值
12.如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则
A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度为
C．存在唯一的点P满足 D．存在点P满足
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.试写出一个点C的坐标 ，使之与点，三点共线.
14.已知，是空间中相互垂直的两个单位向量，且，，则的最小值是 .
15.已知梯形ABCD和矩形CDEF，在平面图形中，，.现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF.设，，若面DBN，则实数的值为 .
16.《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，AC上，且，，平面MNG与AB交于点H，则 ，
.
四、解答题：本题共6小题，70分，其中第17题10分，其余均12分。
17.如图，在三棱锥O-ABC中，OA，OB，OC两两垂直，，，，E，F，P分别为AC，BC，EF的中点，以，，方向上的单位向量为基底，求OP.
18.如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，连接PA，PB，PC，PD，点E，F，G，H分别为，，，的重心.求证：E，F，G，H四点共面.
19.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，E，F分别是PC，AD的中点.
（1）求直线DE和PF夹角的余弦值；
（2）求点E到平面PBF的距离.
20.如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，点P在底面的投影O点恰好是菱形ABCD的对角线交点，点E为侧棱PC的中点，若，，.
（1）求证：平面平面BDE；
（2）点Q在线段P上，且，求二面角Q-BD-E的平面角的正弦值.
21.如图，直三棱柱中，是边长为2的正三角形，O为AB的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求平面与夹角的余弦值.
22.长方形ABCD中，，M是CD中点（图1），将沿AM折起，使得（图2）.
图1 图2
（1）求证：平面平面ABCM；
（2）在线段BD上是否存在点E，使得平面ADM与平面AME的夹角为，请说明理由.
濮阳市2023-2024学年高二上学期9月大联考
数学参考答案及评分意见
1.A
【解析】因为，所以，解得，，则.故选A.
2.A
【解析】由，得，由，得，所以，故选A.
3.A
【解析】由，，，所以，即，所以.故选A.
4.D
【解析】由已知可得，，又，所以，所以.故选D.
5.D
【解析】依题意，，所以点P到平面的距离为.故选D.
6.C
【解析】在平行六面体中，，，，，则，而，且，于是，因此，所以异面直线AC与所成角的余弦值为.故选C.
7.B
【解析】设该正四面体的棱长为1，因为M为BC的中点，N为AD的中点，所以.因为M为BC中点，N为AD点，所以，，所以
，
，根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，故选B.
8.A
【解析】如图，以A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，，，则，由于为定值，要想三棱锥F-AED的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，其中，所以当时，取得最大值，，所以n的最大值为，所以，，平面的一个法向量为，所以EF与平面所成角的正弦值为，故选A.
9.BD
【解析】因为，所以，不垂直，A错误；因为，所以，B正确；因为，所以，所以不是钝角，C错误；因为在方向上的投影向量为，所以D正确.故选BD.
10.AD
【解析】，，是空间中的三个单位向量，由，，得，故A正确；，，两两共面，但，，不一定共面，，，可能两两垂直，故B错误；由空间向量基本定理可知只当，，不共面时，才能作为基底，才能得到，故C错误；若是空间的一组基底，则，，不共面可知也不共面，所以也是空间的一组基底，故D正确.故选AD.
11.ACD
【解析】设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如，，，，，，，，设，，，即，所以，设，，，即，所以.对于A，因为，，，所以，所以，，因为，AC，平面，所以，所以A正确；对于B，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，，，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，，设直线AE与平面所成角为，则不是定值，所以B错误；对于C，由于选项A可知平面，所以为平面的一个法向量，因为，，所以，所以，，因为，，平面，所以，所以平面平面，所以C正确；对于D，因为，所以点F到平面的距离为，为定值，所以D正确.故选ACD.
12.AC
【解析】对于A，取棱的中点Q，棱的中点N，又点M为棱的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面平面，故点P的轨迹为线段NQ，，故A正确；
以D为原点，分别以DA，DA，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，且，，，，；
对于B，，即，又，，则点P的轨迹为线段EF，，且，故B错误；
对于C，，显然，只有，时，，即，故存在唯一的点P满足，故C正确；
对于D，点M关于平面的对称点的，A、P、M＇三点共线时线段和最短，故，故不存在点P满足，故D错误.故选AC.
13.（答案不唯一）
【解析】根据题意可设，则，即，故，，不妨令，则，故.故答案为.
14.3
【解析】因为，互相垂直，所以，，当且仅当，取得最小值，最小值为9，则的最小值为3.故答案为3.
15.3
【解析】易知，，因为平面平面CDEF，面面，面ABCD，所以面CDEF.又面CDEF，则，以D为原咪，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，又，同理可得，设平面DBN的法向量为，则，令，则，又，又面DBN，则，解得.故答案为3.
16.6；
【解析】如图，延长MG，交的延长线于K，连接KN，GN，显然面平面MNG，平面，因此，平面MNG与AB的交点H，即为KN与AB的交点.在暂堵中，，则，即.又，则，是，于是得，所以.因为，，所以.故答案为6；.
17.解：
令，，方向上的单位向量分别为，，，则是单位正交基底.
因为
，
所以，
所以OP的长为.
18.证明：
如图，分别连接PE，PF，PG，PH并延长交AB，BC，CD，AD于点M，N，Q，R，连接EG，MQ，EF，EH，AC.
由于E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
所以M，N，Q，R分别为所在边的中点，
从而，，且，
所以顺次连接M，N，Q，R所得的四边形MNQR为平行四边形，
且有，，，.
由于四边形MNQR为平行四边形，
可得
.
又由于与不共线，根据空间向量的共面定理可得向量，，共面；
所以E，F，G，H四点共面.
19.解：
（1）因为底面ABCD，底面ABCD为正方形，所以PD，DA，DC三线两两互相垂直，
如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，
则直线DE的方向向量，直线PF的方向向量，
，
所以直线DE和PF夹角的余弦值为.
（2）由（1）知，，，
设平面PBF的法向量，则，
令，得，
所以点E到平面PBF的距离为.
20.
（1）证明：由题，平面ABCD，所以.
因为底面ABCD为菱形，，，所以.
在中，，，
∴，
因此.
因此E是PC的中点，所以，
同理：.
因为，BE，平面BED，
∴平面BED.
又因为平面PCB，所以平面平面BED.
（2）以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面BDE的法向量为，
则，即，
可取.
设平面QBD的法向量为，
则，即，
可取.
所以，
设二面角Q-BD-E的平面为，
∴.
21.
（1）证明：
∵是正三角形，O为AB的中点，
∴.
又∵是直三棱柱，
∴平面ABC，
∴.
又，AB，平面，
∴平面.
（2）解：
连接，由（1）知平面，
∴直线平面所成的角为，
∴.
∵是边长为2的正三角形，则，
∴.
在直角三角形中，，，
∴.
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.
∴，，
设平面的法向量到为，则，即，解得平面的一个法向量为.
，，
设平面的法向量到为，则，即，解得平面的一个法向量为.
设平面与平面夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22.
（1）证明：
设，所以，，
所以，
由于，，AM，平面ADM，
所以平面ADM，
由平面ABCM，所以平面平面ABCM.
（2）解：
由（1）得，平面平面ABCM，
以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意可知平面ADM的一个法向量为，
，，，，，，
设存在点E，则，
所以，
设平面AEM的法向量为，
则，
故可设.
由于平面ADM与平面AME的夹角为，
所以，
解得或（舍去）.
所以在线段BD上存在E点，使得平面ADM与AME的夹角为，
此时E是线段BD上，靠近D点的三等分点.
