2023-2024学年辽宁省大连市第八中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省大连市第八中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可求解.
【详解】由，可得，
所以直线的斜率为，则倾斜角为，
故选:C.
2．如图，在平行六面体中，为的中点，若则（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】B
【分析】由空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】由空间向量的线性运算法则，可得：

，
因为，所以.
故选：B.
3．以下四个命题中，正确的是（ ）
A．向量与向量平行
B．为直角三角形的充要条件是
C．
D．若为空间的一个基底，则，，构成空间的另一基底
【答案】D
【分析】利用向量共线的坐标运算判断A，利用三角形中不一定为直角，结合充要条件概念判断B，根据数量积的运算律判断C，利用共面向量基本定理及基底的概念判断D.
【详解】因为为空间的一个基底，设，即，无解，
所以，，不共面，则，，构成空间的另一基底，故D正确；
因为，所以和不平行，故A错误；
为直角三角形只需一个角为直角即可，不一定是，所以无法推出，故B错误；
，当时，，故C错误.
故选：D.
4．设，向量，且，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的平行、垂直以及数量积的坐标表示求解.
【详解】因为，所以，解得，所以
又因为，所以，解得，所以，
所以，则，
故选：A.
5．过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（ ），
A．条B．条C．条D．无数条
【答案】B
【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得之间关系，根据为正整数可分析得到结果.
【详解】均为正整数，可设直线，
将代入直线方程得：，
当时，，方程无解，，
，，，或，
或，即满足题意的直线方程有条.
故选：B.
6．数学巨星欧拉（LenhardEuler，1707~1783）在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心､垂心和重心都在同一直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离之半”，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．若已知的顶点 ，，且 ，则的欧拉线方程为（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得出的欧拉线方程为线段的垂直平分线，再根据点和点的坐标求出线段的垂直平分线即可．
【详解】由 ，，得线段中点的坐标为，
所以线段的斜率，
所以线段垂直平分线的方程为：，即，
又因为，
所以的外心、中心、垂心都在线段的垂直平分线上，
所以的欧拉线方程为，
故选：D．
7．已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线l的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】考虑截距是否为0，分两种情况求解，求出直线斜率，即可求得答案.
【详解】由题意设直线与x轴交点为，则与y轴交点为，
当时，直线过原点，斜率为，故方程为；
当时，直线的斜率，
故直线方程为，即，
故选：D
8．棱长为1的正方体中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面上运动，满足平面，则线段PQ的最小值为（ ）

A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，，根据线面垂直得到方程组，求出，，从而求出，得到线段PQ的最小值.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，
所以，，
因为平面，
所以，故，
，故，
其中，
故，
故当时，，此时满足要求，
所以线段PQ的最小值为.

故选：A
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．过两点的直线方程为
B．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是
C．点关于直线的对称点为
D．直线必过定点
【答案】BD
【分析】对于A,根据两点式直线方程的使用条件判断即可;对于B,求出直线分别在轴和轴上的截距,再用三角形面积公式求解即可;对于C,设点关于直线的对称点为,列方程组求解即可;对于D,将直线可转化为即可进行判断.
【详解】对于A,当或时,不存在选项中的两点式直线方程,故A错误;
对于B,直线在轴上的截距为,在轴上的截距为,所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积是,故B正确;
对于C,设点关于直线的对称点为,
则,解得,
即点关于直线的对称点为,故C错误;
对于D,直线可转化为,过定点,故D正确.
故选:BD.
10．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
B．若，是两个不共线的向量，且（，，，），则构成空间的一个基底
C．若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
D．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则
【答案】CD
【分析】对于A选项：由四点共面的充要条件即可验证；对于B选项：由构成基底的条件即可判断；对于C选项：由三点共线的充要条件即可判断；对于D选项：若两个平面平行，则它们的法向量也对应平行，然后由向量平行的充要条件即可判断.
【详解】对于A选项：若P，A，B，C四点共面，由于A，B，C三点不共线，
所以由平面向量基本定理有，
进一步有，整理得，
所以此时的系数之和恒为1，
若，则有的系数之和；故A选项不符合题意.
对于B选项：若，是两个不共线的向量，且（，，，），则 共面，
所以不能构成空间的一个基底；故B选项不符合题意.
对于C选项：若，则有，整理得，即，
所以A，B，C三点共线；故C选项符合题意.
对于D选项：若，则它们对应的法向量与也平行，
所以，有，即，解得；故D选项符合题意.
故选：CD.
11．在正三棱柱中，已知，，为中点，点在直线上，点在直线上，则（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．线段长度的最小值为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】在正三棱柱中，为中点，所以，
以D为原点，DA，DB为 x轴，y轴，过D点垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则有，，，，，，，
可得，，，
，故A正确.
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
因为，即，
又平面，所以平面，故B正确；
设异面直线与所成角为，，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
，，，
设向量，且，
，令，则，，所以，
线段EF长度的最小值为，故D正确.
故选：ABD
12．设正方体中，，，的中点分别为，，，则（ ）
A．B．平面与正方体各面夹角相等
C．四点共面D．四面体，体积相等
【答案】ABD
【分析】利用余弦定理可求得和，知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角向量求法可求得B正确；由异面直线定义可确定C错误；利用线面平行的判定可证得平面，由此可知D正确.
【详解】对于A，设正方体棱长为，
则，，，
，，
又，，，A正确；
对于B，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
又平面，平面和平面的法向量分别为，，，
，
平面与正方体各面夹角相等，B正确；
对于C， 分别延长，，交延长线于点，
，，四边形为平行四边形，；
，，为的中位线，，
不重合，
平面，平面，，
与为异面直线，四点不共面，C错误；
对于D，连接，
，，四边形为平行四边形，
，又，，
平面，平面，平面，
则点到平面的距离相等，四面体，体积相等，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．点到直线的距离是 .
【答案】
【分析】根据题意，由点到直线的距离公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由点到直线的距离公式可得，.
故答案为：
14．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的模是
【答案】/
【分析】根据给定条件，求出投影向量，再求出模作答.
【详解】向量，，则，，
因此向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量的模是.
故答案为：
15．光线从射向轴上一点，又从反射到直线上一点，最后从点反射回到点，则BC所在的直线方程为 ．
【答案】
【分析】分别求点关于轴和直线的对称点，再根据几何关系求得直线的方程.
【详解】点关于轴的对称点为，设点关于的对称点为，
则，解得：，即,
由对称性可知，点在直线上，
所以，直线的方程为，
即.

故答案为：
四、双空题
16．在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且，则异面直线D1E与BC所成角的正切值为 ；点G到平面D1EF的距离为 .
【答案】 /0.5 /
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线D1E与BC所成角的正切值，点G到平面的距离．
【详解】以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，,
则，
令异面直线D1E与BC所成角为，则
，则，
所以异面直线D1E与BC所成角的正切值为.
又，，
设平面的法向量为，则令，则，
所以平面的一个法向量．
则点到平面的距离为.
故答案为：##0.5；##.
五、解答题
17．已知两条不同直线：，：．
(1)若，求实数a的值；
(2)若，求实数a的值；并求此时直线与之间的距离．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由，列出方程能求出；
（2）由，求出，再由两平行线间的距离求解即可.
【详解】（1）由，得，解得；
（2）当时，有，解得，
∴：，：，即，
∴两直线与的距离为．
18．如图所示，在等边中，，，分别是，上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置（），连接，，．

(1)证明：；
(2)设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件得到折叠前，折叠后由等腰三角形得到，，从而证明平面，结合线面垂直的性质即可得到；
（2）根据二面角的定义得到二面角的平面角为，结合（1）得到平面平面，从而可以确定的位置，再建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解．
【详解】（1）证明：因为是等边三角形，是的中点，
所以，
因为，所以，则，
所以折叠后，，又，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）因为，，
且平面，平面，平面平面，
所以二面角的平面角为，
所以，则，
由（1）知，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点在平面内的射影在上，
在等边中，
所以，即，，，
过作直线交于点，
以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，取，
设直线与平面所成角为
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
19．如图，面积为8的平行四边形ABCD，A为原点，点B的坐标为，点C，D在第一象限．

(1)求直线CD的方程；
(2)若，求点D的横坐标．
【答案】(1)
(2)横坐标为或2
【分析】（1）由题意可得，设直线CD的方程为（），结合平行四边形ABCD的面积、求得AB与CD之间的距离，利用平行线的距离公式列方程求参数m，根据题设写出直线方程；
（2）设点D的坐标为，根据点在直线上、两点距离公式列方程求坐标即可.
【详解】（1）因为四边形ABCD是平行四边形，
所以，则．
设直线CD的方程为（），即．
因为平行四边形ABCD的面积为8，，故AB与CD之间的距离为．
由题图知：直线AB的方程为，于是，解得．
由C，D在第一象限知：，所以，
故直线CD的方程为．
（2）设点D的坐标为，由，则．
所以，解得或，
故点D的横坐标为或2．
20．求为何值时，这三条直线，，，不能构成三角形．
【答案】为4、或、或、或．
【解析】三直线不能构成三角形时共有4种情况，即三直线中其中有两直线平行或者是三条直线经过同一个点，在这四种情况中，分别求出实数的值即可.
【详解】三直线不能构成三角形时共有4种情况，即三直线中其中有两直线平行或者是三条直线经过同一个点：
①当直线平行于时，，经检验两直线不重合；
②当直线平行于时，，经检验两直线不重合；
③当平行于时，，可得无解；
④当三条直线经过同一个点时，把直线与的交点，代入得，解得或.
综上，满足条件的为4、或、或、或．
【点睛】方法点睛：对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，这类问题以简单题为主，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，（1） （）；（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.
21．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；
（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

22．如图，在正四棱柱中，，.点、、、分别在棱、、、上，，，.
(1)求多面体的体积；
(2)当点在棱上运动时（包括端点），求二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知四边形为菱形，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果；
（2）设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，
则、、、、,
所以，，，则，
又因为、不在同一条直线上，故四边形为平行四边形，
因为，则，
又，故四边形为菱形，
多面体是以为顶点的四棱锥，
又，，
，
所以，.
（2）解：设，则，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，则，
，
因为，则，所以，.
因此，二面角的余弦值的绝对值的取值范围是.