精品解析：山西省朔州市怀仁市大地学校高中部2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

绝密★启用前 怀仁市大地学校2024-2025学年度上学期第一次月考 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效. 3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4. 考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知直线过点，且倾斜角是，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则 A. 1 B. -1 C. D. 4. 已知向量，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“直线与直线垂直”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 9 7. 若直线：与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 正方体的棱长为2，则到平面的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分） 9. 如图所示，正方体中，分别在上，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与异面 D. 10. 直线过点,若到直线的距离为2;则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 11. 已知点，，直线上存在点P满足，则直线可能为（    ） A. -2 B. 0 C. 1 D. 3 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设A、B、C、D是空间不共面的四点,且满足，则ΔBCD是________三角形(选填“锐角”、“直角”或“钝角”)． 13. 经过直线3x+2y+6=0和2x+5y-7=0的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为________. 14. 直线l1：x+my+6=0与l2：(m-2)x+3y+2m=0，若则=___________； 四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为，且两两夹角为.求： （1）的长； （2）与夹角的余弦值. 16. 已知直线经过 （1）当直线的倾斜角为45°时，求直线的方程； （2）当直线在两坐标轴上的截距相等时，求直线的方程. 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，且，E为PD中点. （1）求证：平面ABCD； （2）求二面角B-AE-C的正弦值. 18. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求与直线垂直，且与两坐标轴围成的面积为的直线方程. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 怀仁市大地学校2024-2025学年度上学期第一次月考 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效. 3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4. 考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知直线过点，且倾斜角是，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据所过点以及倾斜角直接写出直线方程. 【详解】因为直线过点，且倾斜角是，所以，即， 故选：C. 2. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的加法和数乘运算法则，取为基底，通过运算，即可得答案； 【详解】， ， 故选：B. 3. 已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则 A. 1 B. -1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在四面体中，由题意可得任意两条棱的夹角为60°，又，再根据数量积的定义求解． 【详解】由题意可得， 所以． 故选B． 【点睛】在利用定义求向量的数量积时，要注意两向量夹角的确定，如在本题中的夹角为120°而不是60°，这是在解题中容易出现的错误，考虑问题时一定要抓住夹角的定义． 4. 已知向量，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出，得到答案. 【详解】因为， 所以， 当时，等号成立，故的最小值为. 故选：C. 5. “”是“直线与直线垂直”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线垂直解得或，根据包含关系分析充分、必要条件. 【详解】若两直线垂直，则，解得：或， 显然集合是集合的真子集， 所以 “”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】由，可求得，再由，利用基本不等式求出最小值即可. 【详解】因为，所以，即， 因为，，所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为8. 故选：C. 【点睛】本题考查垂直直线的性质，考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算求解能力，属于中档题. 7. 若直线：与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求交点坐标，结合交点位置关系解得，再根据倾斜角与斜率的关系运算求解. 【详解】由题可知， 联立方程，解得，即两直线的交点坐标为. 因为两直线的交点在第一象限，则 解得， 且直线l的倾斜角为，则，且，解得， 所以直线l的倾斜角θ的取值范围为. 故选：C. 8. 正方体的棱长为2，则到平面的距离为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据线面平行得出到平面的距离就是点到平面的距离，再结合正方体的性质得出距离为 ，计算即可. 【详解】 由正方体性质可知，，又平面，平面，所以平面， 到平面的距离就是点到平面的距离． 连接，交于O，的长即为所求． 因为平面,平面,所以平面. 由题意可得 故选：A. 二、多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分） 9. 如图所示，正方体中，分别在上，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与异面 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断两直线的位置关系. 【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为3，则 与不垂直，故A错误； ，故B正确； ，故C错误，D正确. 故选：BD. 10. 直线过点,若到直线的距离为2;则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】分情况讨论直线斜率是否存在,设出直线方程,用点到直线的距离公式求出参数即可. 【详解】解:由题知到直线的距离为2,且直线过点, 当直线斜率不存在时， ， 此时满足点到直线的距离为2, 故; 当直线斜率存在时, 设直线, 即, 则到直线的距离为: , 解得: , 代入直线方程有: , 即. 综上: 为或 故选:AC 11. 已知点，，直线上存在点P满足，则直线可能为（    ） A. -2 B. 0 C. 1 D. 3 【答案】CD 【解析】 【分析】变形后求出直线过定点，且斜率为，结合，故只需与线段有交点，结合，，求出，得到，得到答案. 【详解】变形为， 故直线过定点，且斜率为， 又， 要想直线上存在点P满足， 即与线段有交点， 因为，， 故，解得， 故CD满足要求，AB错误. 故选：CD 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设A、B、C、D是空间不共面的四点,且满足，则ΔBCD是________三角形(选填“锐角”、“直角”或“钝角”)． 【答案】锐角 【解析】 【分析】判断三角形的形状有两种基本的方法①看三角形的角②看三角形的边．本题可用向量的夹角来判断三角形的角． 【详解】解：， ,故是锐角， 同理，都是锐角，故是锐角三角形， 故答案为：锐角 【点睛】本题考查向量的分解，重点是向量的夹角公式，属于基础题． 13. 经过直线3x+2y+6=0和2x+5y-7=0的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为________. 【答案】x+y+1=0或3x+4y=0 【解析】 【详解】由题意可设所求直线方程为，即 令，得 令，得 ∵所求直线方程在两坐标轴上的截距相等 ∴，即或 ∴所求直线方程为或 故答案为或 14. 直线l1：x+my+6=0与l2：(m-2)x+3y+2m=0，若则=___________； 【答案】 【解析】 【分析】两直线，平行，则有，按照公式代入计算即可求出结果. 【详解】由题意，因为，则，即， 解得或，其中当时，代入验证可得两直线是重合的，不满足题意， 所以当时，． 故答案为：-1. 四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为，且两两夹角为.求： （1）的长； （2）与夹角的余弦值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）记，，，由，结合平面向量数量积的运算律和定义可求得结果； （2）根据，可求得，和，由数量积的定义可求得夹角余弦值. 【详解】（1）记，，，则，， ， ， ，即的长为； （2），， ，， ，， 又， ，即与夹角的余弦值为. 16. 已知直线经过 （1）当直线的倾斜角为45°时，求直线的方程； （2）当直线在两坐标轴上的截距相等时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由直线的倾斜角为45°时，求得斜率为，结合点斜式方程，即可求解； （2）当直线过原点时，得到；当直线不过原点时，设方程为，代入点，求得，即可求解. 【小问1详解】 由题意，直线的倾斜角为45°时，可得直线的斜率为， 又由直线经过，所以直线的方程为，即直线的方程为. 【小问2详解】 当直线过原点时，因为直线经过，可得直线方程为，即； 当直线不过原点时，可设直线的方程为， 因为直线过点，可得，解得，所以直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，且，E为PD中点. （1）求证：平面ABCD； （2）求二面角B-AE-C的正弦值. 【答案】（1）证明： ∵底面ABCD为正方形， ∴，又，， ∴平面PAB，∴． 同理，∴平面ABCD （2） 【解析】 【分析】（I）根据题目所给条件，利用直线与平面垂直的判定方法分别证明出平面PAB以及平面，进而得到和，从而推得线面垂直． （II）根据已知条件，以A为原点，AB为轴，AD为轴，AP为轴建立直角坐标系，分别求出平面ABE和平面AEC的法向量，最后利用向量法求出二面角B-AE-C的正弦值． 【详解】（1）略； （2）建立如图的空间直角坐标系A-xyz， 则，，，， 易知 设为平面ABE的一个法向量， 又，，∴令，，得. 设为平面AEC的一个法向量，又 ∴令，得 . ∴二面角B-AE-C的正弦值为. 【点睛】本题主要考查了通过证明直线与平面垂直来推出直线与直线垂直，以及利用向量法求二面角的问题，解题时要注意根据图形特征或者已知要求确定二面角是锐角或钝角，从而得出问题的结果． 18. （1）求过点且与直线平行的直线的方程； （2）求与直线垂直，且与两坐标轴围成的面积为的直线方程. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，代入求出，得到答案； （2）设与直线垂直的直线，表达出与两坐标轴的交点坐标，表达出三角形面积，得到方程，求出答案. 【详解】（1）设直线的方程为， 将代入得，，解得， 故直线的方程为； （2）与直线垂直的直线设为， 中，令得，令得， 故，所以， 解得， 故直线方程为. 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） 连接，交于点，连接， ∵为中点，为中点，∴. 又∵平面，平面，∴平面. （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】 略 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $