精品解析：山东省烟台市招远市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（期中模拟）数学试题

2024~2025学年度第一学期高二期中月考检测 数学试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上. 3使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效. 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 直线倾斜角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的斜率，进而求出倾斜角. 【详解】，直线斜率为， 设直线倾斜角为，，则，解得. 故倾斜角为 故选：A 2. 已知，点在轴上，且，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. 或2 D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用向量垂直关系得到方程，求出答案. 【详解】设，因为， 所以， 解得或2. 故选：C 3. 已知空间向量,若共面，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用三个向量共面，即可列出方程求出实数的值. 【详解】因为共面，所以存在实数对,使得, 即， 所以解得 故选：D． 4. 在四面体中，为的重心，在上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，根据重心性质得到，再根据为的中点，求出. 【详解】取的中点，连接， 因为为的重心，所以， 又， 则， 因为，所以为的中点， 故. 故选：B 5. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得. 【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意； 对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意； 对于C，因，即，，共面，故C不合题意； 对于D，因，即，，共面，故D不合题意. 故选：B. 6. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在上任取点，作，设， ，根据得出和的关系，从而可得关于(或的函数关系，再求出此函数的最小值即可. 【详解】 设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短 设，， 则， ， ，， 即， ，即， ， ， ， 当时，取得最小值， 故直线与之间的距离是. 故选：B. 7. 在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角向量求解公式得到答案. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 故选：D 8. 已知正四面体的棱长为3，空间中一点满足，其中，且.则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据共面定理的推论判断点的位置，然后求正四面体的高即可得解. 【详解】因为，，所以四点共面， 所以的最小值即为正四面体的高， 记的中点为，作底面于点， 由正四面体的性质可知，为正三角形的重心， 所以， 所以， 即的最小值为. 故选：C 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 若两直线与平行，则实数的值为1 C. 若，则直线不经过第二象限 D. 点，直线与线段相交，则实数的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，将直线变形为点斜式，求出所过定点；B选项，根据两直线平行，得到方程，求出实数的值，检验后得到答案；C选项，直线变形为斜截式，得到斜率与与轴截距，得到C正确；D选项，求出过定点，画出图象，数形结合得到实数的取值范围. 【详解】A选项，， 故直线恒过定点，A正确； B选项，两直线与平行，则， 解得或， 当时，两直线与满足要求， 当时，两直线与满足要求， 综上，或，B错误； C选项，若，则直线变形为， 直线斜率，与轴截距为 直线经过一，三，四象限，不经过第二象限，C正确； D选项，直线，直线经过定点， 画出坐标系，如下： 其中，， 则要想直线与线段相交，则直线斜率或， 解得或，D错误. 故选：AC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则（ ） A. 当时， B. 直线与所成的角不可能是 C. 若，则二面角平面角的正弦值为 D. 当时，点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出，，利用两点间距离公式求出答案；B选项，设，，根据得到方程，求出，不满足，故直线与所成的角不可能是；C选项，求出平面法向量，得到两法向量的夹角余弦值，进而求出二面角夹角正弦值；D选项，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 正方体棱长为2，，故，， ，A正确； B选项，， 设，， 则， 令，解得，不满足， 故直线与所成的角不可能是，B正确； C选项，，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， ， 设二面角平面角的大小为， 则，C错误； D选项，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 11. 设是空间内正方向两两夹角为的三条数轴，向量分别与轴､轴､轴方向同向的单位向量，若空间向量满足则有序实数组称为向量在斜坐标系（为坐标原点）下的坐标.记作，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量 D. 若，则三棱锥的外接球体积 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据定义将向量用向量表示，然后根据数量积运算和性质求解可判断AB；根据共线定理可判断C；补形成正方体求解可判断D. 【详解】由题知，， 对A，若，则， 所以， 所以，A正确； 对B，若，则， 所以，B错误； 对C，若，则， 则，所以，C正确； 对D，因为，所以， 所以，所以三棱锥为棱长为1的正四面体， 补形成正方体，如图， 因为，所以正方体的棱长为，正方体的体对角线为， 所以外接球的半径为，体积，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，若点在线段上，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据的几何意义，作图分析可知. 【详解】表示过点和点的直线斜率， 如图， 因为，结合图形可知或， 所以的取值范围为. 故答案为： 13. 已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），则以AB，AC为边的平行四边形的面积是____． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析:求出向量的坐标，进而可得模长及向量的夹角，由此可计算以AB，AC为边的平行四边形的面积． 解：∵A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）， ∴=（﹣2，﹣1，3），=（1，﹣3，2），||=，||= ∴cos∠BAC==， ∴∠BAC=60° ∴S=×sin60°= 故答案为 考点：向量在几何中的应用． 14. 已知矩形中，，沿对角线将折起，使得，则二面角的大小为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到则面直线的夹角或其补角即为二面角的大小，求出各边长，假如二面角为直角，求出，因为，故二面角的大小为锐角，，两边平方求出，设二面角的大小为，则，求出二面角大小. 【详解】过点分别作⊥，⊥，垂足分别为， 则异面直线的夹角或其补角即为二面角的大小， 因为矩形中，，由勾股定理得， 所以，， 故， 假如二面角为直角，则 因为，故二面角的大小为锐角， ，两边平方得 ， 又，所以， 设二面角的大小为，则， 故. 故答案为：. 四､解答题：本题共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. 已知直线过定点P. （1）求过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线方程； （2）若直线过点且交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，记的面积为（为坐标原点），求的最小值，并求此时直线的方程. 【答案】（1）或或 （2）24， 【解析】 【分析】（1）求出直线过原点和直线不过原点两种情况讨论求解即可； （2）由题意可知，直线的斜率存在，且，设直线，求出直线交轴的正半轴的点，交轴的负半轴的点，求出的面积，进而根据基本不等式求解即可. 【小问1详解】 直线，即， 令，即，即. 若直线过原点，且过点， 所以直线的方程为，即. 若直线不过原点，可设直线方程为， 因为点在直线上，所以， 若，则， 所以直线的方程为， 若，则， 所以直线的方程为. 综上所述，所求直线的方程为或或. 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率存在，且， 设直线， 令，则；令，则， 则 ， 当且仅当时，即时取等号， 故的最小值为24，此时， 所以直线. 16. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 证明：在平面内，过做垂直于交于点， 由为等腰梯形，且，则 又，所以， 连接，由，可知且， 所以在三角形中，， 从而， 又平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）通过勾股定理及全等得出线线垂直，应用线面垂直判定定理得出平面，由平面进而得出面面垂直； （2）由面面垂直建立空间直角坐标系，分别求出法向量再应用向量夹角公式计算二面角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 所以， 由图可以看出二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17. 在直三棱柱中，与交于点是的重心，点在线段（不包括两个端点）上. （1）若为的中点，证明：平面； （2）若直线与平面所成的角正弦值为，求. 【答案】（1） 连接并延长，交于点，则为的中点， 连接， 因为为直三棱柱，所以平面平面， 又分别为的中点，所以， 故四边形为平行四边形，故， 又因为平面平面，平面平面， 所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面，且， 所以平面平面， 又平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出，，从而得到平面平面，证明出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦值列出方程，求出，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 设 则， 所以， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，则， 因为直线与平面所成的角正弦值为， 所以， 整理得，，解得或（不合题意舍）， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点为的中点. （1）已知点为线段的中点，求证：平面； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值. 条件①：平面； 条件②：； 条件③： 平面平面. 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）（ⅰ）选择见解析，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形的证明得线线平行关系，再由线面平行判定定理可得； （2）由条件①②，由线面垂直得，由勾股定理可得，再由可得，即，由此可建立空间直角坐标系，利用法向量方法求线面距（即点面距）与二面角的大小即可；由条件①③，利用线面垂直与面面垂直的性质可得线线垂直，求解相关长度并由此建系，其余同选择条件①②；选择条件②③，则四棱锥不能确定. 【小问1详解】 取的中点，连接，. 因为点为的中点，所以，. 因为四边形是平行四边形， 所以，. 因为点为线段的中点，所以． 所以，. 所以四边形是平行四边形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 选择条件①②： 连接，因为 平面，直线平面， 则，即. 因为，，所以. 因为，四边形是平行四边形， 所以，且，又， 所以. 所以，即 所以. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 由题意得，，，，． 所以，，，． 设平面的法向量为，则 ，即. 令，则，所以. （ⅰ），平面，平面， 平面， 则直线到平面的距离为. （ⅱ）因为是平面的一个法向量， ，又由图可知二面角是锐角， 所以二面角的余弦值为； 选择条件①③： 连接，因为 平面，平面，平面， 则，，即. 因为，，所以. 又因为平面平面， 平面，平面平面， 所以平面，平面，所以. 由四边形是平行四边形，则四边形是矩形. 因为，所以. 以下同选择条件①②. 若选择条件②③，四棱锥不能唯一确定. 举例如下： 由上述选择①②与①③的求解可知， 如上图所示的两两垂直的四棱锥满足题意； 下面构造一个不同的四棱锥： 如图，四棱锥中，平面平面， 则向量空间中不共面的三个向量， ，且，， 则由三面角余弦定理知， ， 由四边形为平行四边形可知，， 故， 则 ， 故也满足条件. 综上所述，如图所示的四棱锥也满足题意， 即满足题意的四棱锥不能唯一确定. 19. 如图，在四棱锥中，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过计算得出,取线段的三等分点（靠近点）证明平面平面即得； （2）依题建系，设点坐标，求两平面的法向量，计算它们夹角的余弦值的表达式，求其值域即得. 【小问1详解】 如图，连接，两线交于点，因则，， 在中，设，由余弦定理，，解得，则, 由题意知：共线且，取线段的三等分点（靠近点）， 连接，则点是的中点，因为的中点，故有, 又平面，平面，故得，平面① 因且，易知为菱形，故得， 又平面，平面，故得，平面② 由① ，② ，因平面，故平面平面， 因平面，则平面. 【小问2详解】 如图，分别以，过点竖直向上的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系. 因，则且, 于是设，又. 则， 设平面的一个法向量为，则，可取； 又, 设平面的一个法向量为，则，可取. 设平面与平面的夹角为，则， 设，则，， 设，则，， 记， 因时，函数， 则，故， 即平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为. 【点睛】思路点睛：当在平面内难找到与已知直线平行的直线时，常构造面面平行得线面平行；对于两平面所成的二面角的平面角难得到时，常考虑建系，有时还需设变量，将问题转化成求变量的函数的值域来解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第一学期高二期中月考检测 数学试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上. 3使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效. 一､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，只有一项符合题目要求. 1. 直线倾斜角的大小为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，点在轴上，且，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. 或2 D. 或1 3. 已知空间向量,若共面，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 在四面体中，为的重心，在上，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 6. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四面体的棱长为3，空间中一点满足，其中，且.则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 直线过定点 B. 若两直线与平行，则实数的值为1 C. 若，则直线不经过第二象限 D. 点，直线与线段相交，则实数的取值范围是 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则（ ） A. 当时， B. 直线与所成的角不可能是 C. 若，则二面角平面角的正弦值为 D. 当时，点到平面的距离为 11. 设是空间内正方向两两夹角为的三条数轴，向量分别与轴､轴､轴方向同向的单位向量，若空间向量满足则有序实数组称为向量在斜坐标系（为坐标原点）下的坐标.记作，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量 D. 若，则三棱锥的外接球体积 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，若点在线段上，则的取值范围为__________. 13. 已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），则以AB，AC为边的平行四边形的面积是____． 14. 已知矩形中，，沿对角线将折起，使得，则二面角的大小为__________. 四､解答题：本题共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. 已知直线过定点P. （1）求过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线方程； （2）若直线过点且交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，记的面积为（为坐标原点），求的最小值，并求此时直线的方程. 16. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值. 17. 在直三棱柱中，与交于点是的重心，点在线段（不包括两个端点）上. （1）若为的中点，证明：平面； （2）若直线与平面所成的角正弦值为，求. 18. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点为的中点. （1）已知点为线段的中点，求证：平面； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值. 条件①：平面； 条件②：； 条件③： 平面平面. 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． 19. 如图，在四棱锥中，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $