精品解析：陕西省延安中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

延安中学2024-2025学年度第一学期第一次月考 高二数学 （全卷150分 时间120分钟） 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、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上. 2.作答第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，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效. 3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡统一交回. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若直线的倾斜角为，则（ ）． A. 0 B. C. D. 不存在 2. 若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（　　） A. B. C. D. 3. 下列命题中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为 D. 已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则 4. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（    ） A. B. C. D. 6. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图象与直线有两个交点，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. 向量在向量上的投影向量为 D. 向量与向量共面 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 11. 如图，球与棱长为2的正方体的六个面都相切，分别为棱的中点，为正方形的中心，则（ ） A. 球与该正方体的体积之比为 B. 球与该正方体的表面积之比为 C. 直线被球截得的线段的长度为 D. 过三点的正方体的截面与球的球面的交线长为 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 如图，四边形，都是边长为1的正方形，,则，两点间的距离是______． 13. 直线l过原点，且垂直于向量．若角的终边落在直线l上，则______． 14. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若，则______． 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15. 已知直线：，直线：. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，． （1）证明：； （2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 17. 已知直线过定点． （1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程； （2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程． 18. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点． （1）证明：平面； （2）当，且二面角为锐二面角时，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且.当的长度最小时, （1）求； （2）求点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延安中学2024-2025学年度第一学期第一次月考 高二数学 （全卷150分 时间120分钟） 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、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上. 2.作答第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，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效. 3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡统一交回. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若直线的倾斜角为，则（ ）． A. 0 B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的方程即可求解. 【详解】因为， 为一常数，故直线的倾斜角为， 故选：C 2. 若是空间向量中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出向量在基底下的表达式，并整理成向量在基底下的表达形式，由对应系数相等，可解得系数. 【详解】由题意可得，设， 即有， 则有，解得即， 即向量在基底下的斜坐标为． 故选：A. 3. 下列命题中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为 D. 已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称的性质即可求解A，根据向量垂直可判断B，根据线面角的定义，结合向量夹角即可求解C，根据共面的推论即可求解D. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误， 对于B，由于，故，则或，故B错误， 对于C，若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为，C正确， 对于D，由于，，，四点共面，故，故，D错误， 故选：C 4. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 5. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示计算可得结果. 【详解】根据题意可得，即， 可得，解得. 故选：C 6. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设直线的倾斜角为，由的坐标求出直线的斜率，结合的范围可得即的取值范围， 再利用正切函数的性质分析可得的范围，即可得答案. 【详解】解：根据题意，设直线的倾斜角为， 点，，则直线的斜率， 又由，则的取值范围为，， 即的范围为，， 又由，则 故选：C. 7. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共线定理即可表示出，进而再求的坐标即可运算. 【详解】∵，点Q在直线OP上运动， ∴可设. 又向量，， ∴，， 则. 易得当时，取得最小值. 故选：B. 8. 已知函数的图象与直线有两个交点，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】由直线过定点和函数图像的对称性结合即可； 【详解】由题意可得直线恒过点，且无论取何值，直线与函数都有两个交点， 所以分析函数的对称中心为， 所以，， 所以， 故选：C. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. 向量在向量上的投影向量为 D. 向量与向量共面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标表示得出向量夹角判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量判断C；得出向量共面判断D. 【详解】对于A：设向量与向量的夹角为，则，又因为，所以，A选项正确； 对于B：因为,，所以，B选项正确； 对于C：向量在向量上的投影向量为，C选项错误； 对于D：因为向量，所以，得出向量与向量共面，D选项正确. 故选：ABD. 10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点到直线的距离是 C. D. 异面直线与所成角的正切值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可. 【详解】依题意得，故A正确； 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， ， 对于BC，， 所以，设， 则点到直线的距离，故BC正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可． 11. 如图，球与棱长为2的正方体的六个面都相切，分别为棱的中点，为正方形的中心，则（ ） A. 球与该正方体的体积之比为 B. 球与该正方体的表面积之比为 C. 直线被球截得的线段的长度为 D. 过三点的正方体的截面与球的球面的交线长为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正方体和球的表面积和体积公式，可判定A错误；B正确；连接，取中点，得到，求得到的距离，结合圆的弦长公式，可判定C正确；以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，求得和平面的法向量，结合距离公式，得到过三点的正方体的截面恰好过球的球心，可判定D错误. 【详解】因为球与棱长为2的正方体的六个面都相切， 对于A中，可得正方体的体积为， 球的半径为，体积为， 球与该正方体的体积之比为，所以A不正确； 对于B中，正方体的表面积为，球的表面积为， 所以球与该正方体的表面积之比为，所以B正确； 对于C中，连接，可得， 再连接，在直角中，可得， 取中点，连接，则，可得， 即点到的距离为， 所以直线被球截得的线段的长度为， 所以C正确； 对于D中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 可得过三点的正方体的截面恰好过球的球心， 所以截面交线的周长为，所以D错误. 故选：BC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 如图，四边形，都是边长为1的正方形，,则，两点间的距离是______． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算可得出，利用空间向量数量积的运算性质可求得，即为所求． 【详解】因为四边形、都是边长为的正方形，则，， 又，则， 因为，由图易知，， 所以 ， 即，两点间的距离是． 故答案为：． 13. 直线l过原点，且垂直于向量．若角的终边落在直线l上，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意求出直线方程，然后利用任意角的三角函数的定义求出，再对变形后，将代入计算即可 【详解】因为直线l过原点，且垂直于向量， 所以直线l的方程为， 当时，取终边上的点，可得， 当时，取终边上的点，可得， 所以若角的终边落在直线l上，则， ． 故答案为： 14. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等和面定理求解即可. 【详解】如图，取的中点，连接AE交于点． 因为M，N分别是的中点，所以． 因为平面，所以平面． 因为平面EMN，所以平面平面， 点在平面EMN内，所以由等和面定理可知，． 故答案为： 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15. 已知直线：，直线：. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据两条直线平行公式计算即可求参，再检验是否重合； （2）根据两条直线垂直公式计算即可求参. 【小问1详解】 因为，所以， 整理得 解得或. 当时，重合； 当时，，符合题意. 故. 【小问2详解】 因为，所以 解得或. 16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，． （1）证明：； （2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 【答案】（1） 证明：由题知，因为为圆的直径，所以， 又，所以， 因为为的中点，所以， 由圆台性质可知，平面，且四点共面， 因为平面，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明； （2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 圆台的体积，其中， 解得或(舍去). 由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则解得 于是可取. 设直线与平面的夹角为， 则， 故所求正弦值为. 17. 已知直线过定点． （1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程； （2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程． 【答案】（1）或 （2）的最小值为，直线的方程为. 【解析】 【分析】（1）将直线整理后解方程组可得，分情况讨论截距是否为零可得直线的方程； （2）分别解得两点坐标求得面积的表达式，利用基本不等式即可得的最小值以及此时直线的方程． 【小问1详解】 将整理可得， 令，可得， 即可得定点， 若在两坐标轴上截距都为零，可得直线的方程为； 若在两坐标轴上截距不为零且相等， 设直线的截距式方程为，代入点即可得，解得； 此时直线的方程为； 综上可知直线的方程为或； 【小问2详解】 易知，且，可得； 所以三角形的面积为； 当且仅当，即时，等号成立， 此时的最小值为，此时直线的方程为. 18. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点． （1）证明：平面； （2）当，且二面角为锐二面角时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：取的中点为，边的中点为，连接； 由题意可知，直角梯形中， 可得四边形为正方形， 又为边的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，即 又平面，平面， 可得平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质作，由线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用三角函数值求出各点坐标，再求得平面的法向量即可计算两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，二面角为锐二面角可得， 又，所以为等边三角形； 因此， 又，，且平面， 即可得平面， 又平面，所以， 即可得两两垂直，易知， 因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知二面角为锐二面角时，其平面角即为， 则，所以, 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 即即为平面的一个法向量； 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以. 因此平面与平面夹角的余弦值为. 19. 如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且.当的长度最小时, （1）求； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据菱形性质以及边长利用线面垂直性质定理建立空间直角坐标系，得出，即可计算出的长度最小时； （2）利用点到平面距离的向量求法，求得平面的法向量代入计算即可得出结果. 【小问1详解】 取的中点为，连接， 由菱形和菱形以及可得为等边三角形， 可得， 又平面，则平面， 又平面，于是平面平面； 在平面内作，平面平面，所以平面； 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则 由可得，由可得； 所以，， 由可得； 所以， 可得， 当时，的长度最小； 【小问2详解】 此时，； 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即； 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据几何体性质利用线面垂直、面面垂直性质定理等建立空间直角坐标系，再根据向量相等得出要求点的坐标可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $