树德中学高2022级高二上学期10月阶段性测试数学试题
一.单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则等于（ ）
A. 5 B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由线面平行得，利用空间向量垂直的坐标运算列式计算即可.
【详解】因为，且直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，所以，解得.
故选：A.
2. 已知，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的投影向量公式进行求解.
【详解】，
故在上的投影向量为.
故选：D
3. 如图，在四面体OABC中，M是棱OA上靠近点A的三等分点，N，P分别是BC，MN的中点．设，，，则向量可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，分析即得解
【详解】由题意，向量，
故选：D
4. 在直三棱柱中，，则异面直线与所成角余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理及直棱柱的定义，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及直线与的方向向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线线角的关系即可求解.
【详解】因为
所以，
所以,
又因为侧棱与底面垂直，
所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示
易得，
所以,
设异面直线与所成角为，则
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
5. 已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意不妨令棱长为，如图
在底面内的射影为的中心，故
由勾股定理得
过作平面，则为与底面所成角，且
如图作于中点
与底面所成角的正弦值
故答案选
点睛：本题考查直线与平面所成的角，要先过点作垂线构造出线面角，然后计算出各边长度，在直角三角形中解三角形．
6. 在三棱锥中，两两垂直，为棱上一动点，.当与平面所成角最大时，到直线的距离为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出，表达出与平面所成角的正弦值，结合求出当时，与平面所成角最大，再利用点到直线距离公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，，则，
平面的法向量为，
设与平面所成角的大小为，
则
，
因为，所以当时，取得最大值，
由于在上单调递增，故此时与平面所成角最大，
此时，，，
则点到直线的距离为.
故选：C
7. 如图，在四面体中，是中点，是中点.在线段上存在一点，使得平面，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】取MD中点O，连接OP，OQ，利用线面平行的判定定理证明平面.从而利用面面平行的判定定理得平面平面.再利用面面平行的性质定理得，利用三角形的比例性质即可求解.
【详解】如图所示，
取MD中点O，连接OP，OQ，∵为MD中点，为中点，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
又平面，，平面，平面，∴平面平面.
又平面，平面，平面平面，平面平面，
∴，∴在中，.
故选：C.
8. 在空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：
①，且和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；
②的模，（表示向量的夹角）.
在正方体中，有以下四个结论，其中正确的个数是（ ）
①②
③④
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】作出正方体，通过化简即可得出结论.
【详解】由题意，设正方体边长为，
①由几何知识得，是全等的等边三角形，且边长为
∴，
，
，
∴，①正确.
②由几何知识得，，
，
∴
，② 错误.
③，
∴
∵右手系叉乘具有方向，
∴，
，
∴，③ 错误；
④，，故④ 错误；
故选：A.
二.多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 空间向量，则下列选项中可能成立的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用坐标进行向量线性运算，并结合三角恒等变换计算相应数量积和模长，从而判断出答案.
【详解】.因为，
所以，，
，，
，
，
若，此时，故，A可能正确；
若，此时，，B可能正确；
，
故C一定不正确；
，故D一定不正确.
故选：AB
10. 在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（ ）
A. 点关于坐标平面的对称点的坐标为
B. 点在平面面上
C. 表示一个与坐标平面平行的平面
D. 若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则有
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，通过计算即可求出关于坐标平面的对称点的坐标；B项，通过点的坐标即可得出点在面上；C项，通过分析表示的意义即可得出结论；D项，根据平面所过的点和法向量，即可求出平面的一般方程.
【详解】由题意，
对A，点 关于坐标平面的对称点的坐标为，A错误;
对于B, 点 的坐标为 0 , 则点 在平面上, B正确;
对于, 则横、纵坐标为任意值,表示一个与坐标平面平行的平面,C正确;
对于 D, 平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则平面方程：,即，D正确.
故选：BCD.
11. 在正三棱柱中，；点是线段的中点，点满足，其中，则（ ）
A. 当时，有且仅有一个点，使得
B. 当时，有且仅有两个点，使得
C. 当时，有
D. 当时，过且与直线和直线所成角都是的直线有四条
【答案】BC
【解析】
【分析】取中点为，连接，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，表示出向量的坐标，然后根据向量法求解，逐项判断即可.
【详解】取中点为，连接，以点为坐标原点，分别以为轴，
以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
又，其中，则，，
对于A，当时，，，，
若，则，所以，无解，
所以当时，不存在点，使得，错误；
对于B，当时，，，，
若，则，所以，所以，
所以，解得或，都满足，所以当时，有且仅有两个点，使得，正确；
对于C，，，若，则，
所以，所以，化简得，正确；
对于D，当时，，，，
设过的直线方向向量为，由题意，
所以，所以，
解得或或，
赋值易得过的直线方向向量为或或，
由每一个方向向量对应一条直线，则过且与直线和直线所成角都是的直线有三条，错误.
故选：BC
12. 如图，在长方形中，为的中点，将沿向上翻折到的位置，连接，在翻折的过程中，以下结论正确的是（ ）
A. 四棱锥体积的最大值为
B. 的中点的轨迹长度为
C. 与平面所成的角相等
D. 三棱锥外接球的表面积有最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值，再计算可判断；对于B，通过的中点的轨迹来判断的中点的轨迹的情况；对于C，利用线面角的知识可判断；对于D，分别从外接球的半径及球心可求解.
详解】
对于，易知梯形的面积为，直角斜边上的高为．当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值正确．
对于，取的中点，连接，则平行且相等，四边形是平行四边形，所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同．过作的垂线，垂足为的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为错误．
对于，由四边形是平行四边形，知，则平面，则，到平面的距离相等，故与平面所成角的正弦值之比为，C正确．
对于外接圆的半径为为的中点，直角外接圆的半径为为的中点，是圆与圆的公共弦，．设三棱锥外接球的球心为，半径为，则．因为，所以，所以球表面积的最小值为正确．
故选：ACD
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算及数量积坐标运算公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：.
14. 为了测量一斜坡的坡度，小明设计如下的方案：如图，设斜坡面与水平面的交线为，小明分别在水平面和斜坡面选取两点，且，到直线的距离，到直线的距离，，则该斜坡的坡度是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量数量积的运算律求解．
【详解】设斜坡的坡角为，由题意知 与 的夹角为，
因为，所以，
即，所以，因为是锐角，所以.
故答案为：
15. 图，已知正方体的棱长为1，E，F，G分别是棱的中点，设M是该正方体表面上的一点，若，则点M的轨迹所形成的长度是________．
【答案】
【解析】
【分析】首先确定点的轨迹，再求长度.
【详解】，在平面上，
取，，的中点，则点的轨迹是正六边形，轨迹长度是正六边形的周长，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定在平面上，并能作出平面与正方体的交线.
16. 已知点在直径为2的球面上，过点作球的两两垂直的三条弦，若.则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】将放置在一个长方体内，然后根据长方体外接球的直径为体对角线长建立方程，三角换元，最后利用正弦函数性质求解最值.
【详解】因为两两垂直，点在直径为2的球面上，
所以以为棱的长方体的对角线即为该球的一条直径，
记，
所以，又，所以，所以，
故可令，，
则，其中，
因为，所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的内接几何体及利用三角函数求最值，根据已知条件构造长方体，借助长方体的体对角线为其外接球的直径列式计算是解答本题的关键.
四.解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，
（1）求点到直线的距离.
（2）判断点是否共面，并说明理由.
【答案】（1）
（2）点不共面，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用空间向量点到线的距离公式即可得解；
（2）结合向量的坐标运算，利用共面向量定理即可判断.
【小问1详解】
由题意知，，
所以，
所以点到直线的距离.
【小问2详解】
因为，，，
设，则，无解，即不存在使得共面，
故点不共面.
18. 如图，平行六面体所有棱长都为1，底面为正方形，.
（1）求对角线的长度.
（2）计算与夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）表达出，即可求出对角线的长度；
（2）设出与夹角，写出与夹角的余弦表达式，即可求出夹角的余弦值.
【小问1详解】
由题意及图得，,
,
所以, 即.
【小问2详解】
由题意及图得，
设与夹角为，
.
19. 如图.在四棱锥中，底面是矩形，平面为中点，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可求解.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
∵为中点，为中点，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得.
设直线与平面所成角为，且，
∴，∴，
即直线与平面所成角的余弦值为.
20. 如图，等腰梯形中，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：面面；
（2）若为上的一点，点到面的距离为，求的值及平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2），
【解析】
【分析】（1）先证，利用线线垂直证线面垂直，由线面垂直的性质可判定面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算点面距离及二面角即可.
【小问1详解】
如图所示，在梯形中，取中点，连接，
易知四边形为平行四边形，可得，即，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以面面；
【小问2详解】
取的中点，则，
因为，所以，结合（1）的结论，
可以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，
即，
设面的一个法向量为，
则有，令，
即，则点到面的距离为，即；
易知平面的一个法向量可为，
设平面和平面夹角为，易知,
所以.
21. 如图，在斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.
（1）求证：平面平面；
（2）若与平面的距离为，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当与平面的距离为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）通过线面平行证明面面平行；
（2）找到三棱锥合适的底和高，并求出底和高关于的表达式，从而求出体积的表达式；
（3）求出表达式之后，利用函数思想即可求解体积最大值，以及此时的值.
【详解】（1）斜三棱柱中，四边形是平行四边形，且为的中点，为的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
连接，如图所示：
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，且平面，平面，所以平面，因为,平面，
所以平面平面
（2）因为，为的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面，平面，
所以与平面的距离，
因为平面，所以，中， ，所以，，所以
因为平面，则平面，平面，所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以，记交点为，则三角形为直角三角形，
因为，且，，，
所以，，，
所以，
所以，即
（3）由（2）得：，，令，所以当，时，，此时，
所以当与平面的距离时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为6.
【点睛】本题目第一小问是面面平行的证明，应用定理即可，比较基础；
第二问题目难度较大，需要找到各线段之间的位置关系以及长度关系，求三棱锥的体积，确定合适的底面和高，并求出底面积和高关于的表达式，涉及到线面垂直的证明，相似比例等内容；
第三问根据二次函数求最值的方法即可解决.
22. 我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形中，，将沿翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为，，的中点，且是与的公垂线.
（1）证明：三棱锥为正四面体；
（2）若点M，N分别在，上，且为与的公垂线.
①求的值；
②记四面体的内切球半径为r，证明：.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）①10，②证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，由三线合一得到，进而得到六条边均相等，证明出结论；
（2）①设出边长，由余弦定理得到，设出，表达出，利用列出方程，求出，得到答案；
②取中点，令，则到平面的距离为，表达出，再利用四棱锥内切球半径得到，其中，进而得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
连接，
因为菱形中，，
所以和为等边三角形，
因为是中点，所以⊥，
因为是与的公垂线，所以⊥，
因为，且平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得，
又，所以三棱锥为正四面体，
【小问2详解】
不妨设，则，，
由余弦定理得，
设，
所以，
因为，
所以
，
故，
其中，，
，
即，解得，故；
②取中点，令，则到平面的距离为，
，
设四面体的表面积为S，则，
其中，
而，
，
所以，
即.