精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

高二上学期第一次月考试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教B版选择性必修第一册第一章~第二章第2节. 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. 已知直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 0 2. 若，则（ ） A. -29 B. -22 C. 22 D. 29 3. 如果且，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为实数，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 7. 点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线之间距离为 B. 直线在两坐标轴上的截距之和为6 C. 将直线绕原点逆时针旋转，所得到直线为 D. 若直线向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线的斜率为 10. 在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（ ） A ，， B. ，， C. ，， D. ，， 11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，若，则 C. 当时，直线与直线所成角的大小为 D. 当时，三棱锥体积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 13. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为_________． 14. 在棱长为4的正方体中，点，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则线段的长度的最小值为__________. 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. 如图，正方体的棱长为2. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知点，点，直线过点且与直线垂直. （1）求直线的方程； （2）求直线关于直线的对称直线的方程. 17. 如图，已知平行六面体. （1）若，求的长度； （2）若，求与所成角的余弦值. 18. 如图，四边形是直角梯形，为的中点，是平面外一点，是线段上一点，三棱锥的体积是. （1）求证：平面； （2）求二面角余弦值. 19. 图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）. （1）证明:平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期第一次月考试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教B版选择性必修第一册第一章~第二章第2节. 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. 已知直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】由直线斜率与倾斜角的关系，求的值. 【详解】直线的斜率为，所以， 解得. 故选：C. 2. 若，则（ ） A. -29 B. -22 C. 22 D. 29 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量坐标的线性运算与数量积运算即可得答案. 【详解】由，得， 所以． 故选：A． 3. 如果且，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据横截距和纵截距的范围求得正确答案. 【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号； 令，得；令，得； 所以直线不经过第三象限. 故选：C 4. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的三角形法则运算求解． 【详解】解：在平行四边形ABCD中， ， 在中， ， ， ， ， 在中， ． 故选：B． 5. 已知为实数，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】计算出时的的值，结合充分条件与必要条件的定义即可得. 【详解】若，则有，解得， 当时，，不重合，符合要求； 当时，，不重合，符合要求； 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意求出，，，，即可求出，再由面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以，， 则，，，所以， 又因为，所以， 则以，为邻边的平行四边形的面积. 故选：D 7. 点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知直线恒过点，由此可知到直线的最远距离为，最短距离为0，即可得答案. 【详解】解：将直线方程变形为， 由，解得， 由此可得直线恒过点， 所以到直线的最远距离为，此时直线垂直于 到直线的最短距离为0，此时直线经过点． 又， 所以到直线的距离的取值范围是． 故选：B． 8. 在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的运算法则，得到，，结合向量的数量积的运算公式化，即可求解. 【详解】如图所示，在正三棱锥中，， 可得， 因为点分别是棱的中点， 可得，， 所以 ． 故选：D． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线之间的距离为 B. 直线在两坐标轴上的截距之和为6 C. 将直线绕原点逆时针旋转，所得到的直线为 D. 若直线向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用平行直线的距离公式计算判断A,根据直线的两轴截距计算判断B,应用旋转得出倾斜角求出斜率判断C,根据平移规则得出直线再应用待定系数法计算参数得出斜率判断D. 【详解】直线与直线之间的距离，故A正确； 对于直线0，令，得，令得，所以直线在两坐标轴上的截距之和为2，故B错误； 的倾斜角为，绕原点逆时针旋转后，所得直线的倾斜角为，斜率为，故C正确； 设直线的方程为，向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度后得， 即与是同一条直线，所以，所以，故D正确. 故选:ACD. 10. 在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（ ） A. ，， B. ，， C ，， D. ，， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间中不共面的三个向量可以作为空间向量的一个基底，从而求解. 【详解】由题意得：如下图所示： 对于A项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故A项正确； 对于B项：，所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故B项错误； 对于C项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故C项正确； 对于D项：， 所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故D项错误. 故选：AC. 11. 如图，在棱长均为1的平行六面体中，平面，分别是线段和线段上的动点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，若，则 C. 当时，直线与直线所成角的大小为 D. 当时，三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用直棱柱的性质，以及空间向量的有关知识逐项计算可得结论. 【详解】对于A，当时，分别是线段和线段的中点， 所以也是的中点，所以，故A正确； 对于B，当时，， 所以，，，满足，故B正确； 对于C，过作交于， 可知面，与直线成角即为， 当时，，在中， 则， 所以，所以，故C错误； 对于D，易知是正三角形， 三棱锥体积为 ， 当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得是正三角形，从而得到所需各线段长，从而利用三棱锥的体积公式即可得解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 【答案】或 【解析】 【分析】当纵截距为时，设直线方程为，代入点求得的值，当纵截距不为时，设直线的截距式方程，代入点求解. 【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为， 因为直线过点，所以，所以直线的方程为； ②当直线在两坐标轴上的截距均不为时， 设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为， 则直线的方程为， 又因为直线过点，所以， 解得：， 所以直线的方程为，即， 综上所述：直线的方程为或， 故答案为：或． 13. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】通过已知点的坐标，求出底面的面积，高的数值，然后求出三棱锥的体积． 【详解】由题意得，所以 所以的面积为， 点都在平面上，点到平面的距离3， 所以三棱锥的体积为． 故答案为： 14. 在棱长为4的正方体中，点，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则线段的长度的最小值为__________. 【答案】 【解析】 分析】建系，设，，根据可得，进而利用两点间距离公式结合二次函数分析求解. 【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 因为点，分别为棱，的中点，所以，， 设，，其中，， 则，. 因为，则，解得， 又因为，，则， 可得， 所以，此时，即线段的长度的最小值为. 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. 如图，正方体的棱长为2. （1）用空间向量方法证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面的法向量，易得，即可得出证明； （2）求出，利用（1）中的法向量，即可求得直线与平面所成角的正弦值为. 【小问1详解】 根据题意以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则可得，即； 又，即， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 易知，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知点，点，直线过点且与直线垂直. （1）求直线的方程； （2）求直线关于直线的对称直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求，再直线垂直斜率乘积为得出斜率，最后点斜式写出直线方程即可； （2）先求两直线的交点，再设点求出点关于直线的对称点，最后应用两点式求出直线方程. 【小问1详解】 因为，直线与直线垂直，所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 由解得，故的交点坐标为， 因为在直线上，设关于对称的点为， 则解得 所以直线关于直线对称的直线经过点， 代入两点式方程得，即， 所以直线关于直线的对称直线的方程为. 17 如图，已知平行六面体. （1）若，求长度； （2）若，求与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用空间向量线性运算、空间向量数量积的运算及模长的计算公式，即可求解； （2）根据条件，先求出，，，再利用线线角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 由题知， 又， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，所以， 因为 ，所以， 设与所成的角为，则， 即与所成角的余弦值为. 18. 如图，四边形是直角梯形，为的中点，是平面外一点，是线段上一点，三棱锥的体积是. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，借助全等三角形的判定定理可得，从而可得，即可得，再利用线面垂直的判定定理可得平面，即可得，再利用勾股定理的逆定理及线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，设，再借助体积公式计算出的值，从而可计算出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式求解即可得. 【小问1详解】 如图，连接交于点， 因为， 所以，所以， 因为，所以， 所以，即， 又因为平面， 所以平面，又平面，所以． 又因为，所以， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴，平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，则，即点， 则三棱锥的体积，解得， 所以，则， 设平面的法向量， 由，令，则， 即可得平面的一个法向量， 由轴平面，故为平面的一个法向量， 所以， 由图可知二面角是锐二面角， 故二面角的余弦值是． 【点睛】 19. 图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）. （1）证明:平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解. 【小问1详解】 因为是等边三角形，点是棱的中点， 所以， 又平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 【小问2详解】 在平面中，过点作, 由（1）可知，， 所以，， 又平面，平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示： 因为是等边三角形，， 所以，，， 因为 ，所以 设所以， 所以 设平面的法向量为， 又 所以，即 ， 令，得所以平面的一个法向量为 设平面的法向量为 ， 又 所以 ，即 ， 令，得 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 设，因为， 所以，所以， 所以， 设，则由复合函数单调性可知 在时单调递增， 所以当 时，即时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问比较常规，其关键是转换为线面垂直，且要通过分析找出那条直线与另外一个平面垂直，而第二问的关键首先要想到有动点就有参数，设法将两平面夹角的余弦值转换为关于参数的函数，从而求函数最小值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $