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2024-2025 学年度第一学期高二数学 10 月月考
（2024.10）
班级______姓名______学号______
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符
合题目要求的一项.）
1. 已知点 ，则点 关于 轴的对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】关于 轴对称，则 坐标值不变， 坐标变为互为相反数即可.
【详解】解：因为关于 轴对称，则 坐标值不变， 坐标变为互为相反数
所以，点 关于 轴的对称点的坐标为
故选：D.
2. 已知向量 ， ，且 ，那么 （ ）
A. B. 6 C. 9 D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量共线的充要条件求出 的值，然后代入模的计算公式即可求解.
【详解】因为 ，且向量 ， ，
所以 ，解得： ，
所以 ，
故选：A.
3. 如图，在三棱锥O－ABC中，D是BC的中点，若 ， ， ，则 等于（ ）A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.
【详解】因为D为BC的中点，所以 ，
又 ，
所以 ．
故选:C．
4. 已知正四棱锥 ，底面边长是 ，体积是 ，那么这个四棱锥的侧棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为h，由体积是 ，求出 .利用勾股定理求出侧棱长.
【详解】因为正四棱锥 ，底面边长是 ，所以底面积为 .设正四棱锥的高为h，由 ，所以 .
所以侧棱长为 .
即侧棱长为 .
故选：C
5. 如图，在三棱锥 中， ，且 ，E，F分别是棱 ， 的中点，则EF和
AC所成的角等于
.
A 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】B
【解析】
【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则 为EF与AC所成的角．解 ．
【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．的
，F分别是CD，AB 中点，
， ，
且 ， ．
为EF与AC所成的角．
又 ， ．
又 ， ， ，
为等腰直角三角形，
，即EF与AC所成的角为45°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，找角证角求角，主要是通过平移将空间角转化为平面角，再解
三角形，属于基础题．
6. 已知 是两条不重合的直线， ， ， 是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：
①若 则 ；
②若 则 ；
③若 则 ；
④若 是异面直线， 则 ．其中真命题是（ ）
A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④
【答案】D
【解析】
【分析】由题意逐一考查所给命题的真假即可确定真命题的编号.
【详解】逐一考查所给的命题：
①由线面垂直的性质定理可得若 则α//β，该命题正确；②如图所示的正方体 中，取平面 分别为平面 ，满足
但是不满足α//β，该命题错误；
③如图所示的正方体 中，取平面 分别为平面 ，
直线 分别为 ，满足 但是不满足α//β，该命题错误；
④若 是异面直线， 由面面平行的性质定理易知α//β，该命题正确；
综上可得，真命题是①和④
本题选择D选项.
【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
7. 在正方体 中，直线 是底面 所在平面内的一条动直线，记直线 与直线 所
成的角为 ，则 的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】过 作 的平行线，过 作该平行线的垂线，垂足为 ，则 ， ，
根据 可求出结果.
【详解】如图：过 作 的平行线，过 作该平行线的垂线，垂足为 ，
则 ，所以 ，
设正方体的棱长为 ，则 ， ，
所以 ,当且仅当 与 重合时，取得等号，
所以 的最小值是 .
故选： .
8. 如图，在平行六面体 中， ，
，则 （ ）A. 1 B. C. 9 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形，利用向量的加法法则得到 ，
再利用 求 的模长.
【详解】在平行六面体 中，
有 ， ，
由题知， ， ， ， ，
所以 ， ， 与 的夹角为 ，
与 的夹角为 ， 与 的夹角为 ，
所以
.
所以 .
故选：D.
9. 如图，在长方体 中， 为棱 的中点， 为四边形
内（含边界）的一个动点.且 ，则动点 的轨迹长度为（ ）A. 5 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正方体性质以及线面垂直判定定理可证明 平面 ，由线面垂直的性质可得当
时，动点 的轨迹为 .
【详解】如下图所示：
作 交 于点 ，易知四边形 是边长为4的正方形，
利用三角形相似可知 ，即可得 ，所以 ，
由勾股定理可知 ，
利用正方体性质可知 平面 ， 平面 ，所以 ；
又 ， ， 平面 ，
可知 平面 ；由 可知 平面 ，又 为四边形 内（含边界）的一个动点，
所以动点 的轨迹为平面 与四边形 的交线，即为 ，
因此可得动点 的轨迹长度为 .
故选：B
10. 如图，在直三棱柱 中， ，点 在棱 上，点
在棱 上，下列结论中不正确的是（ ）
A. 三棱锥 的体积的最大值为
B. 点 到平面 的距离为
C. 点 到直线 的距离的最小值为
D. 的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据锥体的体积公式判断A；根据直三棱柱的性质，结合 ，可得 ，进
而判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质即可判断C；将
翻折到与矩形 共面时连接 交 于点 ，此时 取得最小值，进而利用勾
股定理求出距离最小值，即可判断D.【详解】在直三棱柱 中， 平面 ，
对于A：因为点 在棱 上， ，所以 ，
又 ， ，点 在棱 上，
所以 ， ，
所以 ，
当且仅当 在 点、 在 点时取等号，故①正确；
对于B：在直三棱柱 中， ，
则 ，又点 在棱 上，
所以点 到平面 的距离，即为 ,故B正确；
对于C：如图建立空间直角坐标系，设 ， ， ，
，所以 ， ，
所以点 到直线 的距离为
，
当 时， ，
当 时， ，即 ，
则 ，即 ，所以当 取最大值 ，且 时， ，
即当 在 点， 在 点时，点 到直线 的距离的最小值为 ，故C正确；
对于D：如图将 翻折到与矩形 共面时连接 交 于点 ，
此时 取得最小值，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，
即 的最小值为 ，故D错误.
故选：D.
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分.）
11. 已知向量 ， ，若 ，则 ______.
【答案】3【解析】
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，解得 .
故答案为：3.
12. 已知正方体 的棱长为 ，则点 到直线 的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】连接 ，利用等面积法可求点 到直线 的距离.
【详解】连接 ，
由正方体 ，可得 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为正方体 的棱长为1，
所以可得 ，
设点 到直线 的距离为 ，
由 ，可得 ，解得 ，所以点 到直线 的距离为 .
故答案为： .
13. 如图， 的二面角的棱上有 ， 两点，直线 ， 分别在这个二面角的两个半平面内，且都
垂直于 已知 ， ， ，则 的长为__________
【答案】
【解析】
【分析】由向量的线性表示，根据向量模长根式即可代入求解.
【详解】解：由条件，知 ， ,
所以
，
所以 ,
故答案为：
14. 在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑
中， 平面 ABC， ．M为PC 的中点，则点 P到平面 MAB 的距离为
______．【答案】
【解析】
【分析】利用等体积法求得 到平面 的距离.
【详解】因为 平面ABC， 平面ABC，所以 ，
依题意可知 平面 ，
所以 平面 ，
由于 是 的中点，所以 到平面 的距离是 到平面 的距离的一半，
即 到平面 的距离是 .
, ，
所以 ，
由于 ，所以 ，
，
设 到平面 的距离为 ，则 ，
即 .
故答案为：
15. 如图，在正方体 中，点P在线段 上运动，则下列结论正确的是________．①直线 平面
②三棱锥 的体积为定值
③异面直线AP与 所成角的取值范围是
④直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平
行的判定定理，得出 ∥平面 ，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用
异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与
平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】
对于①，连接 ，
， ， ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，，同理， ，
， 平面 ， 平面 ，
直线 平面 ，故①正确；
对于②， ∥ ， 平面 ， 平面 ， ∥平面 ，
点 在线段 上运动， 点 到平面 的距离为定值，
又 的面积为定值，利用等体积法知三棱锥 的体积为定值，故②正确；
对于③， ∥ ， 异面直线 与 所成的角即为 与 所成的角，
当点 位于 点时， 与 所成的角为 ，
当点 位于 的中点时， ， ，此时， 与 所成的角为 ，
异面直线 与 所成角的取值范围是 ，故③错误；
对于④，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，设正方体
的棱长为1， ，
则 ， ， ， ， ， ，设平面 的法向量 ，则 ，即 ，
令 ，得 ，所以，直线 与平面 所成角的正弦值为：
，
当 时，直线 与平面 所成角的正弦值取得最大值，最大值为 ，故④正确.
故答案为：①②④
三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、演算步骤或证
明过程.）
16. 如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ， 分别为 ， 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， 平面 ，求证： 平面 .
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接 ，进而根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由 平面 ，可得 ，进而结合 可得 面 ，再结合 即
可求证.
【小问1详解】证明：连接 ，
∵四边形 是平行四边形，且 是 的中点，
∴ 是 的中点，
的
∵E为PC 中点，
∴ ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
【小问2详解】
证明：∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ，
∵ ， ， 平面 ，
∴ 面 ，
∵ ，
∴ 平面 .
17. 如图，在直三棱柱 中， ， 、 分别为 、 的中点，
.（1）求证： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先通过线面垂直的判定定理得证 平面 ，从而得证 ；
（2）法一：首先通过线面垂直的判定定理得证 平面 ，从而得到 即为所求角，求出
该角的正弦值即可得到答案.法二：由已知可证 ，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式可
求 与平面 所成角的正弦值.
（3）利用空间向量法的点到面的距离公式可求解.
【小问1详解】
因为三棱柱 是直三棱柱，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， 为 中点，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
【小问2详解】
方法一：因为直三棱柱 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
连结 ， 即为直线 与平面 所成角,
因为 ，所以 ， ，
.
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
方法二：
因为直三棱柱 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
因为 ,所以 ，
如图所示，以 为原点，以 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为 ，
所以 ， ，
易知 平面 所以 为平面 的一个法向量，
，
设 与平面 所成角为θ，
所以 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
【小问3详解】
设 到平面 的距离为 ，
因为 ，
所以 ，
设 为平面 一个法向量，所以 ，即 ，
的
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量 ，所以 ，
因此点 到平面 的距离为 .
18. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的正方形，侧面 为等腰直角三角形，且
，点 为棱 上的点，平面 与棱 交于点 .
（1）求证： ；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面 与平面 所成锐二面
角的大小.
条件①： ；
条件②：平面 平面 ；
条件③： .
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件可以证明 平面 ，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；（2）选条件①②可以证明出 两两垂直，建立空间直角坐标系 ，求出相应坐标，再求
出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【小问1详解】
证明：因为底面 是正方形，所以 ，
平面 ， 平面 ,
所以 平面 ，
又因为平面 与 交于点 .
平面 ，平面 平面
所以 .
【小问2详解】
选条件①②
侧面 为等腰直角三角形，且
即 ，
平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ,
则 平面 ，又 为正方形，
所以 .
以点 为坐标原点， 分别为 轴, 轴, 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 ，则
因为 ，所以点 为 的中点，则
从而： ，
设平面 的法向量为： ，
则 ，
令 ，可得
设平面 的法向量为： ，则
，
令 ，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③侧面 为等腰直角三角形，且 即
，且两直线在平面内，可得 平面 ， 平面 ，则 .
又因为 且两直线在平面内，
则 平面 平面 则
因为 ，所以 为等腰三角形，所以点 为 的中点
又因为 ，所以 为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面 为等腰直角三角形，且 ，
即
平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ,
则 平面 为正方形，
所以 .
又因为 且两直线在平面内，则 平面 ， 平面
则
因为 ，所以 为等腰三角形，所以点 为 的中点.
下面同①②
19. 在梯形 中， ， ， ， 为 的中点，线段 与
交于 点（如图1）.将△ 沿 折起到△ 位置，使得 （如图2）.（1）求证：平面 平面 ；
（2）线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ?若存在，求出 的值；
若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先证明 四边形是菱形，从而证明 平面ABC，再根据面面垂直的判定定理即可
得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：∵在梯形 中， ，
， ， 为 的中点，
∴ ， ， ，
∴ 是正三角形，四边形 为菱形，
∴ ， ，
∵ ，
又∵ 平面ABC，∴ 平面ABC，
∵ 平面 ，
∴平面 ⊥平面ABC.
【小问2详解】
存在， ，理由如下：
∵ 平面 ，OP⊥AC，
∴ ， ， 两两互相垂直，
如图，以点 为坐标原点， ， ， 所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系.
则 ， ， ， ，
∴ ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则
，即 ，令 ，则 ， ，
，
设 ，
∵ ， ，∴ ，
设 与平面 所成角为 ，则 ，
即 ， ，解得 ，
∴线段 上存在点 ，且 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 .
