精品解析：山东省枣庄市第三中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

枣庄三中2024～2025学年度高二年级10月质量检测考试 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡和答题纸规定的地方． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 135° 【答案】B 【解析】 【分析】先求得直线的斜率，由此求得直线的倾斜角. 【详解】直线的斜率为，对应的倾斜角为60°. 故选：B 【点睛】本小题主要考查直线倾斜角的求法，属于基础题. 2. 设，向量，，且， ，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】向量，且， ∴，解得， ∴， ∴， 故选：B 3. 如图，在 二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若 ， ， ，则线段CD的长为（ ） A. B. 10 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图可得，再利用数量积的运算律和模长计算求解即可； 【详解】由图可得， 所以， 因为， 所以， ， 所以， 所以线段CD的长为， 故选：D. 4. 如图， ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， ， 是 的三等分点，且，，，则向量可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加减以及数乘运算，即可求得答案. 【详解】由题意 ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， ， 是 的三等分点， 连接 , 得 , 故选：A 5. 在下列条件中，使点M与点A，B，C一定共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明四点共面的条件，再根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论． 【详解】空间向量共面定理，，若 ， ， 不共线，且 ， ， ， 共面，则其充要条件是； 对于A，因为，所以不能得到 ， ， ， 四点不共面； 对于B，因为，所以不能得出 ， ， ， 四点共面； 对于C，由条件可得，则，，为共面向量，所以 与 , 一定共面； 对于D，因为，所以，因为，所以不能得出 ， ， ， 四点共面． 故选：C． 6. 若 、 为实数，则“ ”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用两直线平行求出实数 的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若直线与直线平行，则 且， 因为“ ”“ 且”， 但“ ”“ 且”， 因此，“ ”是“直线与直线平行”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知点，．若直线与线段 无公共点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件及直线的点斜式方程求出定点，直线与线段无公共点，结合图形可得直线斜率的范围，利用直线的斜率公式即可求解. 【详解】由，得， 所以直线 的方程恒过定点，斜率为. 因为，， 所以，. 如图所示， 由图象可知，， 即时，直线与线段 无公共点， 所以实数 的取值范围为， 故选：A. 8. 将边长为的正方形 沿对角线 折成直二面角，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C. 点 与平面的距离为 D. 与 所成的角为 【答案】C 【解析】 【分析】设 的中点为，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据直二面角可得，利用勾股定理求出 即可判断B；以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离即可判断C；利用向量法求线线夹角即可判断D. 【详解】对于选项A：设 的中点为，则， 且，平面，可得平面， 又因为 平面，所以，故A正确； 对于选项B：由A的分析知 即为二面角的平面角， 故，即， 可知，则， 所以 是等边三角形，故B正确； 对于选项CD：以点为原点，分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，可得， 所以点 与平面的距离，故C错误； 又因为， 且 与 所成的角取值范围为， 可知 与 所成的角的余弦值为，所以 与 所成的角为，故D正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：1．利用空间向量求空间角的一般步骤 （1）建立恰当的空间直角坐标系． （2）求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标． （3）结合公式进行论证、计算． （4）转化为几何结论． 2．利用空间向量求点到平面距离的方法 如图，设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面α的法向量，则B到平面α的距离. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 下列命题中，正确的是（ ） A. 任一条直线都有倾斜角，但不一定都有斜率 B. 平行于 轴的直线的倾斜角是或 C. 若两条直线的斜率相等，则它们的倾斜角相等 D. 若两条直线的倾斜角相等，则它们的斜率相等 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线倾斜角、斜率的定义逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，任一条直线都有倾斜角，但倾斜角为直角的直线没有斜率， 即任一条直线都有倾斜角，但不一定都有斜率，A对； 对于B选项，平行于 轴的直线的倾斜角是，B错； 对于C选项，若两条直线的斜率相等，则它们的倾斜角相等，C对； 对于D选项，若两条直线的倾斜角都是直角时，则这两条直线的斜率都不存在，D错. 故选：AC. 10. 已知向量，，，则（     ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 向量共面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量模长、投影向量求法、向量垂直的坐标表示、向量共面的判断方法依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，，A正确； 对于B，， 在上的投影向量为，B正确； 对于C，，与不垂直，C错误； 对于D，，共面，D正确. 故选：ABD. 11. 如图，正四棱锥的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设，，，则（ ） A. AM不可能垂直于BN B. 的取值范围是 C. 当时，平面平面ABCD D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量证明不成立否定选项A；求得的取值范围判断选项B；当时求得平面与平面ABCD位置关系判断选项C；求得三棱锥的体积判断选项D. 【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴， 过点D且垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由，可得，． 选项A：，， 若，则，则，即， 因为，所以方程无实数根， 所以AM不可能垂直于BN，故A正确； 选项B：，，故B错误； 选项C：连接BD交AE于F，取BD的中点O，连接OP， 则平面ABCD，因为E为BC的中点，所以由几何关系可知， 因为，所以，连接MF，则， 所以平面ABCD，又平面AME， 所以平面平面ABCD，故C正确； 选项D：因为，所以． 连接AC，因为，， 所以，则三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知空间中有三点，，，则 到直线 的距离为______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据空间中点到直线距离的求法计算即可. 【详解】由题知，， 所以 所以， 所以 到直线 的距离为， 故答案为：2 13. 已知直线，若直线不能围成三角形，写出一个符合要求的实数 的值_________． 【答案】 【解析】 【分析】联立方程组解得交点坐标，列出直线不能围成三角形的条件，分别解出即可. 【详解】由解得，所以的交点坐标为， 过定点， 若直线不能围成三角形，只需经过点，或与平行，或与平行， 当经过点时，，解得； 当与平行时，，解得； 当与平行时，，解得. 故 的值为. 故答案为：（只需写出其中一个即可）. 14. 正四面体的棱长为，点M为平面 内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合正四面体的结构特征求出相关线段长，确定M轨迹，建立空间直角坐标系，设，从而表示出的坐标，利用向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】由题意知正四面体的棱长为， 设P在底面 上的射影为O，则O为正三角形 的中心， 设D为 的中点，连接，则O在 上，， 且， 则，而， 故，故点M轨迹为平面 内以O为圆心半径为1的圆， 以O为坐标原点，以 为x轴，过点O作 的垂线为y轴， 为z轴，建立平面直角坐标系， 设，， ， 故，， 设直线PM与直线AB的所成角为， 则， 故答案为： 四、解答题 15. 的三个顶点是，，，求： （1）边BC上的中线所在直线的方程； （2）边BC上的高所在直线的方程； （3）边BC的垂直平分线的方程． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）求得BC的中点坐标，结合A点坐标，求得中线方程； （2）求得BC的斜率，从而求得其上的高的斜率，且过，求得高的方程； （3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为，写出垂直平分线的方程； 【详解】（1）BC的中点坐标为 则边BC上的中线所在直线的方程为； （2）边BC的斜率为，则其上的高的斜率为，且过， 则边BC上的高所在直线的方程为； （3）由（1）知BC的中点坐标，由（2）知高的斜率为， 则边BC的垂直平分线的方程为. 16. 已知平行六面体，，，，． （1）求MN的长度； （2）求异面直线与所成的角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形，利用表示，再结合数量积的运算律求解即可； （2）先用基底表示，，再结合数量积的运算求夹角的余弦值即可； 【小问1详解】 设， 由题意可知，， ， ， ， 所以． 【小问2详解】 ， ， 设异面直线与所成的角为θ， ， ， ， ， ． 17. 已知直线l过点 （1）它在y轴上的截距是在x轴上截距的2倍，求直线l的方程． （2）若直线l与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，求 的面积的最小值及此时直线的方程． 【答案】（1）或 （2）最小值为24，此时直线的方程为 【解析】 【分析】（1）当直线过原点时，求出斜率，再求出直线方程即可；不过原点时，设出截距式，结合题意求出即可； （2）设出截距式，结合基本不等式求出 的最小值，再求出面积和直线方程即可； 【小问1详解】 ①当直线l过原点时，符合题意，斜率， 直线方程为，即； ②当直线l不过原点时， ∵它在y轴上的截距是在x轴上截距的2倍， ∴可设直线l的方程为：． ∵直线l过点， ∴，解得． ∴直线l的方程为，即． 综上所述，所求直线l方程为或． 【小问2详解】 设直线l的方程为）， 由直线l过点得：． ∴，化为， 当且仅当，时取等号． ∴ 的面积，其最小值为24． 此时直线的方程为． 18. 已知直三棱柱中，侧面 为正方形，，E，F分别为 和的中点，D为棱上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面与面 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为 ，所以 ． 又因为， ，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作 的平行线分别与 交于其中点，连接 ， 因为E，F分别为 和的中点，所以 是BC的中点， 易证 ，则 ． 又因为 ，所以 ． 又因为，所以 平面． 又因为 平面，所以 ． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱， 底面 ， ，， ，又 ， 平面．所以两两垂直． 以 为坐标原点，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图． ， ． 由题设 （）． 因为 ， 所以 ，所以 ． [方法三]：因为， ，所以 ，故 ， ，所以 ，所以 ． （2） 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面 的法向量为 ， 因为 ， 所以，即． 令 ，则 因为平面的法向量为 ， 设平面与平面 的二面角的平面角为 ， 则． 当时， 取最小值为， 此时 取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长 交的延长线于点S，联结 交于点T，则平面 平面 ． 作 ，垂足为H，因为 平面，联结 ，则为平面与平面 所成二面角的平面角． 设 ，过作交 于点G． 由得 ． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结 ， 在平面的投影为 ，记面与面 所成的二面角的平面角为 ，则． 设 ，在 中，． 在 中，，过D作 的平行线交 于点Q． 在 中，． 在中，由余弦定理得，， ， ，， 当，即，面与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面 在面上的投影三角形的面积与 面积之比即为面与面 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 19. 如图，在四棱锥中，平面平面 ， 为 的中点，，， ，， ． （1）求点 到平面的距离； （2）求直线 与平面所成角的余弦值； （3）在线段 上是否存在点 ，使得平面？若存在，求出点 的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）当点 为 的中点时，有平面. 【解析】 【分析】（1）作平面 ，结合已知建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由公式即可求解. （2）分别算出与平面的法向量，再由公式即可求解. （3）若平面，则，而在第二问中已经求出，所以只需设，待定系数即可求解. 【小问1详解】 作平面 ，又 ，所以以的方向分别为 轴， 轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系： 因为平面平面 ，平面平面，且，平面， 所以平面 ， 又因为 为 的中点，，且， ， ， 所以由题意有， 所以有 不妨设平面的法向量为， 所以有，即， 取，解得， 所以点 到平面的距离为. 【小问2详解】 如图所示： 由题意有， 所以有 不妨设平面的法向量为， 所以有，即， 取 ，解得， 不妨设直线 与平面所成角为， 所以直线 与平面所成角的正弦值为， 所以直线 与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 如图所示： 由题意有 所以， 由题意不妨设， 所以， 又由（2）可知平面的法向量为， 若平面，则， 即，解得， 所以当点 为 的中点时，有平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 枣庄三中2024～2025学年度高二年级10月质量检测考试 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡和答题纸规定的地方． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 135° 2. 设，向量，，且， ，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 3. 如图，在 二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若 ， ， ，则线段CD的长为（ ） A. B. 10 C. D. 4. 如图， ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， ， 是 的三等分点，且，，，则向量可表示为（ ） A. B. C. D. 5. 在下列条件中，使点M与点A，B，C一定共面的是（ ） A. B. C. D. 6. 若 、 为实数，则“ ”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 7. 已知点，．若直线与线段 无公共点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 将边长为的正方形 沿对角线 折成直二面角，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C. 点 与平面的距离为 D. 与 所成的角为 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 下列命题中，正确的是（ ） A. 任一条直线都有倾斜角，但不一定都有斜率 B. 平行于 轴的直线的倾斜角是或 C. 若两条直线的斜率相等，则它们的倾斜角相等 D. 若两条直线的倾斜角相等，则它们的斜率相等 10. 已知向量，，，则（     ） A. B. 在上的投影向量为 C. D. 向量共面 11. 如图，正四棱锥的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设，，，则（ ） A. AM不可能垂直于BN B. 的取值范围是 C. 当时，平面平面ABCD D. 三棱锥的体积为定值 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知空间中有三点，，，则 到直线 的距离为______. 13. 已知直线，若直线不能围成三角形，写出一个符合要求的实数 的值_________． 14. 正四面体的棱长为，点M为平面 内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为______. 四、解答题 15. 的三个顶点是，，，求： （1）边BC上的中线所在直线的方程； （2）边BC上的高所在直线的方程； （3）边BC的垂直平分线的方程． 16. 已知平行六面体，，，，． （1）求MN的长度； （2）求异面直线与所成的角的余弦值． 17. 已知直线l过点 （1）它在y轴上的截距是在x轴上截距的2倍，求直线l的方程． （2）若直线l与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，求 的面积的最小值及此时直线的方程． 18. 已知直三棱柱中，侧面 为正方形，，E，F分别为 和的中点，D为棱上的点． （1）证明： ； （2）当 为何值时，面与面 所成的二面角的正弦值最小? 19. 如图，在四棱锥中，平面平面 ， 为 的中点，，， ，， ． （1）求点 到平面的距离； （2）求直线 与平面所成角的余弦值； （3）在线段 上是否存在点 ，使得平面？若存在，求出点 的位置；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $