江苏省南京市玄武高级中学2024-2025学年高二下学期3月月考 数学试卷（含解析）

1、南京市2024-2025学年第二学期高二月考试卷高二数学试卷本卷：共150分 考试时间：120分钟一、单选题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上.1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点的对称性质结合题意求解即可.【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为，故选：A2. 将乘积 多项式展开后的项数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据分步计数原理即得.【详解】由题可得多项式展开后每项的字母分别取自三个括号内的项，应分三个步骤取出，故由分步计数原理可得.故选：B3. 已知向量，且/，则实数的值为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量平行的坐标表示分析运算.【详解】显然，若/，则，可得，解得.故选：D.4. 若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】利用向量共面的判定方法可得答案.【详解】

2、因为构成空间的一组基底，所以不共面；由于，所以，共面，A不正确；由于，所以，共面，B不正确；由于，所以，共面，D不正确；对于C，不存在实数，使得成立，所以，不共面.故选：C5. 已知O，A，B，C为空间中不共面的四点，且，若P，A，B，C四点共面，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间共面向量基本定理即可求解.【详解】因为P，A，B，C四点共面，所以，所以.故选:C6. 空间四边形中，点在线段上，且，点是的中点，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】分析：由空间向量加法法则得到，由此能求出结果详解：由题空间四边形中，点在线段上，且，点是的中点，则 故选C.点睛：本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题7. 6名同学排成一排，其中甲乙两人必须在一起的不同排法共有（ ）A. 720B. 360C. 240D. 120【答案】C【解析】【分析】先将甲乙捆绑在一起，然后将其看成一个元素与其余4人一起进行全排列可得.【详解】先将甲乙两人排成一排共种排法，将甲乙两人看成一个元素，然后与其余4人一起排成

3、一排，共有种，所以甲乙两人在一起的不同排法共有种排法.故选：C8. 如图，在棱长为a的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E，F为上两个动点，且的长为定值，则点Q到平面的距离（ ）A. 等于B. 和的长度有关C. 等于D. 和点Q的位置有关【答案】A【解析】【分析】取的中点G，连接，利用线面平行判断出选项B,D错误；建立空间直角坐标系，利用平面的法向量结合空间向量数量积公式求得点到面的距离，从而得出结论.【详解】取的中点G，连接，则，所以点Q到平面的距离即点Q到平面的距离，与的长度无关，B错又平面，所以点到平面的距离即点Q到平面的距离，即点Q到平面的距离，与点Q的位置无关，D错如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则，设是平面的法向量，则由得令，则，所以是平面的一个法向量设点Q到平面的距离为d，则，A对，C错故选：A【点睛】本题主要考查点到直线的距离，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属中档题.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9. 下列命题中，正确的是（

4、 ）A. 两条不重合直线方向向量分别是，则B. 直线l的方向向量，平面的法向是，则C. 两个不同的平面，的法向量分别是，则D. 直线l的方向向量，平面的法向量，则直线l与平面所成角的大小为【答案】AC【解析】【分析】由可判断A；由可判断B；由可判断C；根据线面角的向量公式直接计算可判断D.【详解】A选项：因为，且不重合，所以，A正确；B选项：因为，所以所以或，B错误；C选项：因为，所以，C正确；D选项：记直线l与平面所成角为，则，因为，所以，D错误.故选：AC10. 若，与的夹角为120，则的值为（ ）A. 17B. C. D. 1【答案】AC【解析】【分析】根据空间向量夹角公式得到方程，求出或.【详解】由题意得，即，化简得，解得或故选：AC11. 如图，在长方体中，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）A. 当时，P，D三点共线B. 当时，C. 当时，平面D. 当时，平面【答案】ACD【解析】【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标公式，求得点的坐标，根据空间向量公式，可得答案.【详解】由题意，如图建系：则，设，则，可得，对于A：当时，则点P为对角线的中点，根据长方体

5、性质可得三点共线，故A正确；对于B：当时，解得，所以， 则，因此不正确，故B错误；对于C：当时，设平面的法向量为，当时，故，又平面，平面，故C正确；对于D：当时，可得，设平面的法向量为，则，取，则，而，平面，故D正确故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.12. 若三个向量，共面，则实数m的值为_【答案】21【解析】【分析】根据向量共面基本定理即可求解.【详解】，共面，则存在实数，使得，即，故答案为：2113. 已知平面的一个法向量为,点在内,则到的距离_【答案】4【解析】【分析】解利用点到面的坐标距离公式即可求解.【详解】解：由题意得：则到平面的距离故答案为：14. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，与平面交于点，则_.【答案】【解析】【分析】设，其中，用、表示向量、，利用共面向量基本定理可知存在、使得，由空间向量基本定理可得出关于、的方程组，即可解得实数的方程组，即可解得实数的值.【详解】设，其中，因为、四点共线，则向量、共面，由共面向量定理可知，存在、使得，即，所以，解得.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共

6、77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 已知向量.（1）若，求的值；（2）求最小值.【答案】（1）2 （2）【解析】【分析】（1）由空间向量垂直得到方程，求出答案；（2）计算出，利用模长公式得到，求出最小值.【小问1详解】因为，所以，即，解得；【小问2详解】所以，.所以当时，取得最小值为.16. 如图，在直三棱柱中，E为的中点，（1）证明：（2）求二面角的余弦值【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】(1)利用线面垂直的性质定理和判定定理可证明;(2)建系,利用空间向量的坐标运算可求解.【小问1详解】在直三棱柱中，平面,平面,所以 ，又由题可知，,平面且,所以平面,又因为平面,所以.【小问2详解】以为坐标原点，分别为轴建系如图，由，可得，则有 设平面的一个方向量为 ,所以 即 令则，所以因为平面,所以为平面的一个法向量，所以,即二面角的余弦值等于.17. 如图，四面体中，分别为，上的点，且，设，.（1）以为基底表示；（2）若，且，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用向量的加减数乘运算，结合题设条件即可求得；（2）先求出平面的基底两两之间的数量积，再根

7、据（1）中的表示式，两边取平方，利用向量数量积的运算律计算即得.【小问1详解】由图可得，;【小问2详解】由题意，则，于是，由两边取平方，故.18. 用0，1，2，3，9这十个数字（1）可组成多少个三位数？（2）可组成多少个无重复数字的三位数？（3）可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？【答案】（1）900； （2）648； （3）379【解析】【分析】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出正确答案.（3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析1位数，两位数与三位数满足条件的数字计算出正确答案.小问1详解】要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法；第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法，根据分步乘法计数原理，共有个.【小问2详解】要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法；第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，无重复数字的三位数共有个【小问3详解】作用题意，小于500且没有重复数字的自然数分为

8、以下三类：第一类，满足条件一位自然数：有10个，第二类，满足条件的两位自然数：有个，第三类，满足条件的三位自然数：第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法；第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法，根据分步乘法计数原理，有个，所以小于500且没有重复数字的自然数共有（个）.19. 如图，在四棱锥 ，平面 ，且 ，为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，且.【解析】【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，求出平面的法向量后，借助向量的数量积为零即可得两向量垂直，即可得线面平行；（2）求出平面的法向量后，结合所得平面的法向量，利用夹角公式计算即可得；（3）假设存在，设出对应未知数，可表示出向量，再结合空间向量夹角公式计算即可得.【小问1详解】过作，垂足为，则，如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，为的中点，则，设平面的一个法向量为 ，则，令，解得，即，又平面，所以平面；【小问2详解】设平面的一个法向量为，所以 ，令，解得，所以 ，即平面与平面所成二面角的余弦值为；【小问3详解】存在，且，理由如下：假设线段上存在一点，设，则又直线与平面所成角的正弦值为，平面的一个法向量，化简得，即，故存在，且.

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