山東百師聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期9月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（解析版）

2024～2025學(xué)年度高二9月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題在本試卷上無效.是符合題目要求的.②若兩個(gè)空間向量相等，則它們的起點(diǎn)相同，終點(diǎn)也相其中正確命題的個(gè)數(shù)為().【答案】D【解析】【分析】根據(jù)零向量的定義判斷①,根據(jù)相等向量的定義判斷②③,根據(jù)單位向量定義判斷④.【詳解】零向量是大小為0的向量，零向量的方向是任意的，【答案】A【解析】【分析】由空間向量線性運(yùn)算即可求解.【詳解】由題意可得3.對(duì)于任意空間向量下列說法正確的是().)【答案】B【解析】【分析】由空間向量的位置關(guān)系可得A錯(cuò)誤；由數(shù)量積的運(yùn)算律可得B正確，D錯(cuò)誤；當(dāng)兩向量A.32B.42C.5D.6【答案】D【解析】【分析】由條件結(jié)合垂直向量的坐標(biāo)表示和平行向量的坐標(biāo)關(guān)系求x,y，由此，【答案】C【解析】【答案】A【解析】勾股定理求出MC，最后由余弦定理和三角形的面積公式求出結(jié)果即可；【詳解】由題意可得τr2+τrl=3τ,連接OM，過M作MN丄OB于N，連接CN，則MN=7.如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N，P分別是棱C1D1，AA1，BC的中點(diǎn)，Q為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，且直線QB1與直線DB1的夾角為30°,則點(diǎn)Q的軌跡長度為()A.B.τC.2τD.3τ【答案】C【解析】【分析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量的位置關(guān)系可證得DB1丄平面PMN，可得點(diǎn)Q的軌跡為圓，由此即可得.【詳解】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸，Q為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，直線QB1與直線DB1的夾角為30°,故點(diǎn)Q的軌跡長度為2τ.8.在四棱錐P?ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD為矩形，AB=PA.若BC邊上有且只有一【答案】C【解析】【分析】由線面垂直的性質(zhì)與判定可證得DQ丄平面PAQ，進(jìn)而得到DQ丄AQ，設(shè)PA=AB=2，又PQ丄DQ，PA∩PQ=P，PQ,PA?平面PAQ，∴:AQ2=4+m2，DQ2=4+(t?m)2，AD2=t2，:4+m2+4+(t?m)2=t2，即m2?tm+4=0，:Δ=t2?16=0，解得：t=4，:m=2，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)正方向?yàn)閤,y,z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則0，令x=1，解得：y=1，z=2，: 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用向量法求解二面角的問題；解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)證得DQ丄AQ，從而利用勾股定理構(gòu)造關(guān)于BQ的一元二次方程，根據(jù)其根的分布可求得BQ和AD的長度，進(jìn)而得到利用向量法求解時(shí)所需的線段長度.9.已知平面α與平面β平行，若=(2,?4,8)是平面β的一個(gè)法向量，則平面α的法向量可能為【答案】AD【解析】【詳解】設(shè)平面α的法向量為m因?yàn)槠矫姒僚c平面β平行，=(2,?4,8)是平面β的一個(gè)法向量，所以//，且≠，00∥αC.l3∥αD.l1∥α【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)公認(rèn)事實(shí)求出直線的方向向量和平面的法向量，用空間向量判斷它們之間的位置關(guān)系即得.→【詳解】平面α:x+2y+3z=6的法向量為v=(1,2,3)，對(duì)于，則6x?2=3y=2z+1，即：故l1經(jīng)過點(diǎn)方向向量為，則，即//u，故l1對(duì)于l2:x?3=y=1?z，即，故l2經(jīng)因點(diǎn)(3,0,1)滿足平面α:x+2y+3z=6，即l2與α有公共點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；3=3，即l3?α或l3//α,但點(diǎn)(1,3,4)不滿足平面α:x+2y+3z=6，即l3丈α,故l3//α,故C正確.11.如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，則下列四個(gè)命題中正確的是()A.兩條異面直線D1C和BC1所成的角為B.直線BC1與平面ABCD所成的角等于【答案】BCD【解析】【分析】建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后借助空間向量逐項(xiàng)計(jì)算與判斷即可得.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D?xyz，)【答案】①②③【解析】【分析】根據(jù)直線的方向向量和平面的法向量的定義，結(jié)合空間直角坐標(biāo)系和正方體的性質(zhì)即可一一判斷.?1,0,0)可作為平面B1C1CB的法向量，即③正確；則BC1 【答案】?1【解析】【分析】由空間向量共面定理列方程組得到n=m+2，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)解出最值即可；所以=λ+μ，214.設(shè)空間向量i,j,k是一組單位正交基底，若空間向量滿足對(duì)任意的x,y,a?xi?【解析】【分析】以i,j方向?yàn)閤,y軸，垂直于i,j方向?yàn)閦軸建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件求得坐標(biāo)，由222，當(dāng)r=x,s=y時(shí)a?xi?yj的最小值是2:t=±2:a+3k=x2+y2+52又因?yàn)閤,y是任意值，所以la+3kl的最小值是5:a+3k=x2+y2+12又因?yàn)閤,y是任意值，所以a+3k的最小值是1.故答案為：1.【解析】【分析】（1）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AA1，AB所在直再利用共面向量定理即可證明.故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AA1，AB所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo):C(2,0,2)，E(2,2,0)，F(xiàn)(1,4,0)，G(0,2,4).16.如圖，已知平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為1的菱形，CC1=2，OD. 【解析】 . .22，B0,,5. （2）求向量AB在向量AC上的投影向量； 【解析】（2）先求向量AB,AC，再根據(jù)投影定義求；（3）利用空間向量的夾角公式求出cosCB,CA，結(jié)合三角形的面積公式求結(jié)論.， +4λ，B1,2,2，B， （3）在線段PA上存在一點(diǎn)M，使直線BM與平面PAD所成的角的正弦值為，求PM的長. 【解析】面ABCD；,利用向量方法求直線BM與平面PAD所成的角的正弦值，列方程求λ.所以四邊形BODC為矩形， :PO2+DO2=PD2，:PO丄AD，且平面PAD丄平面ABCD，PO?平面PAD平面PAD∩平面ABCD=AD，:PO丄平面ABCD；以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)平面APB的法向量為 :二面角A?PB?C的正弦值為.)+λ，0,3+3τ19.將菱形ABCD繞直線AD旋轉(zhuǎn)到AEFD的位置，使得二面角E?AD?B的大小為，連接3（1）證明：MN∥平面CDF；（3）當(dāng)MN的長度最小時(shí)，求直線MN到平面CDF的距離.（2）23【解析】2證明：在AD上取點(diǎn)H，使得，連接HM,HN，因?yàn)?，所以HM∥DF.因?yàn)镈F?平面CDF,HM丈平面CDF，所以HM∥平面CDF.因?yàn)椋訦N∥AB，又CD∥AB，所以HN∥CD因?yàn)镃D?平面CDF,HN丈平面CDF因?yàn)镠M∩HN=H且都在面HMN內(nèi)，所以平面HMN∥平面CDF.因?yàn)镸N?平面HMN，所以MN∥平面CDF.取AD的中點(diǎn)O，連接OE,OB,ED，如圖2.?22=2所以BE=2.所以EG丄平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB