2023-2024学年山东省青岛市青岛第九中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省青岛市青岛第九中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设，则集合（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】联立直线的方程解出方程组即可得结果.
【详解】由得
故.
故选：C.
【点睛】本题考查交集及其运算、集合的表示方法，由于本题的结果表示含一个点的点集，因此要特别注意正确的点集的表示形式，属于基础题.
2．“”是“直线的斜率不存在”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】C
【分析】先求直线斜率不存在时的的值，然后再验证即可得到答案.
【详解】直线的斜率不存在，则，，
解得．
“”是“直线的斜率不存在”的充要条件，
故选：C．
3．已知直线的方向向量，直线的方向向量，若且，则的值是（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】D
【分析】根据向量模长运算可求得，根据向量垂直关系可求得，进而得到结果.
【详解】，或，
当时，，，解得：，；
当时，，，解得：，；
综上所述：的值为或.
故选：D.
4．设直线，为直线上动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用的几何意义，通过数形结合即可得解.
【详解】表示点到点距离的平方，
该距离的最小值为点到直线的距离，即，
则的最小值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查点到线的距离公式，利用两点之间距离的几何意义，通过数形结合是解题的关键，属于基础题.
5．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果.
【详解】根据题意，，
在上的投影向量可为
故选：A.
6．如图，在圆锥中，，为底面圆的两条直径，，且，，，异面直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值．
【详解】由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，
又，
．
，
则，
设异面直线与所成角为，则，为锐角，
，所以．
故选：D．
7．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上．这条直线被称为欧拉线．已知的顶点，，，若直线l：与的欧拉线平行，则实数a的值为（ ）
A．－2B．－1C．－1或3D．3
【答案】B
【分析】根据三角形顶点坐标得出重心与外心，求出三角形欧拉线，根据直线平行得解.
【详解】由的顶点，，知，
重心为，即，
又三角形为直角三角形，所以外心为斜边中点，即，
所以可得的欧拉线方程，即，
因为与平行，
所以，
解得，
故选：B
8．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ）

A．B．C．4D．2
【答案】C
【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，得，又，
∴
，
所以，即.
故选：C.
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．已知向量，则存在向量与，构成空间向量的一组基底
B．两个不同平面，的法向量分别是，，，，则
C．已知三棱锥，点为平面上一点，，则
D．已知，，则与方向相同的单位向量是
【答案】BC
【分析】根据空间向量的性质判断各选项即可.
【详解】对于A，，所以其它向量与，一定共面，所以不能构成基底，故 A选项错误；
对于B，因为，所以，故B选项正确；
对于C，因为点为平面上的一点，所以，所以，故C选项正确；
对于D，设，则，所以该向量不是单位向量，故D选项错误．
故选：BC.
10．下列结论正确的有（ ）
A．过点，的直线的倾斜角为
B．若直线与直线垂直，则
C．已知，及x轴上的动点P，则的最小值为5
D．直线与直线之间的距离为
【答案】ABD
【分析】求出直线斜率判断A；利用垂直关系求出a判断B；利用对称方法求出两点的距离判断C；求出平行间距离判断D作答.
【详解】对于A，直线的斜率，则直线的倾斜角为，A正确；
对于B，直线与直线垂直，则，解得，B正确；
对于C，关于x轴对称点，连接交x轴于点，在x轴上任取点，连接，如图，
，当且仅当点与重合时取等号，
因此，C错误；
对于D，直线与直线平行，直线化为，
管两条直线间距离为，D正确.
故选：ABD
11．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ）

A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，
，设，，
所以，所以，A选项正确.
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确.
若直线与直线所成角为，
则，
，无解，所以C选项错误.
故选：ABD

12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积不是定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】ABC
【分析】对A，当时，线段，易判断周长为变值；对B，当时，点的轨迹为线段，易证，故平面，易证三棱锥的体积为定值；对C，D采用建系法，当时，由求得不唯一，同理当时，求出，利用，可验证点唯一.
【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A项，当时，．即此时线段，因为为变值，故的周长不是定值，故A项错误；
对于B项，当时，，故此时点的轨迹为线段，而，所以平面，则点到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B项错误；
对于C项，当时，，取，的中点分别为，，则，所以点的轨迹为线段，不妨建系解决，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，则，，，所以或，故H，Q均满足，故C项错误；
对于D项，当时，，取，的中点为M，N，，所以点的轨迹为线段，设，因为，所以，，所以，此时点与重合，故D项正确．
故选：ABC
三、填空题
13．已知，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由求解，再排除与共线时的值即可得答案.
【详解】因为与的夹角为钝角，
，解得，
由题意得与不共线，则，解得，
的取值范围是.
故答案为：
14．经过点，且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍的直线l的方程为 ．
【答案】或
【分析】分截距为零和截距不为零两种情况求解即可.
【详解】设直线l在y轴上的截距为a，则在x轴上的截距为．
当时，直线l过点，
又直线l过点，故直线l的斜率，
故直线l的方程为，即；
当时，直线l的方程为，即，
∴直线l过点，
∴，
∴，
∴直线l的方程为．
综上可知，直线l的方程为或．
故答案为：或.
15．直线l过点，且点到l的距离为3，则直线l的一般式方程为 .
【答案】或
【分析】首先要考虑直线斜率不存在的情况，然后当直线斜率存在时，将斜率设出来，写出直线的方程，利用点到直线的距离公式可以得到关于斜率的方程，即可得到斜率的值，即得到直线的方程.
【详解】当直线斜率不存在时，直线过点，则直线的方程为，
此时，到的距离为3，符合题意，所以直线的一般方程为：；
当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为：，
即：，到直线的距离为3，
即：，解得：，
所以直线的方程为：，
一般式方程为：，
综上，直线的一般式方程为：或.
故答案为：或.
16．如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为 .
【答案】/
【分析】首先以点A为原点，建立空间直角坐标系，然后利用点到直线距离的坐标公式列式，化简后求函数的最小值即可.
【详解】在正三棱柱中，在平面内过A作，显然射线两两垂直，以点A为原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因正三棱柱的所有棱长均为1，
则，
所以，
因动点P在线段上，则令，
即有点，所以，则，
从而，
因此点P到直线的距离
，当且仅当时取等号，
所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，.
(1)设的中点为D，求边上的中线所在的直线方程；
(2)求边上的高所在的直线方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用点斜式即可求得所在的直线方程；（2）利用直线垂直斜率相等求得，再利用点斜式即可求得边上的高所在的直线方程；
【详解】（1）因为，所以的中点，
即，故，
所以边上的中线所在的直线方程为，即.
（2）因为，所以边上的高所在的直线的斜率，
所以边上的高所在的直线方程为，即.
18．如图，在三棱台中，，平面，且为中点.

(1)证明：平面；
(2)若，求此时直线和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，以及判断定理，即可证明；（2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，最后代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，所以.
又因为为中点，
所以，
又，且平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的一个法向量为，则.
所以，
可取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
故直线和平面所成角的正弦值为.
五、证明题
19．已知直线的方程为：
(1)求证：不论为何值，直线必过定点；
(2)过点引直线，使它与两坐标轴的正半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可.
（2）设出直线的方程，分别令、求出相对于的y值、x值，结合三角形面积公式及基本不等式即可求得结果.
【详解】（1）证明：由可得：，
令，
所以直线过定点．
（2）由（1）知，直线恒过定点，
所以设直线的方程为，
令，则；令，则，
所以，
当且仅当，即时，三角形面积最小，
此时的方程为．
六、解答题
20．已知直线过点，且倾斜角是直线倾斜角的倍．
(1)求直线的方程；
(2)设直线与直线的交点为Q，点R在直线上，若三角形PQR的面积为，求点R的坐标．
【答案】(1)
(2)，或
【分析】（1）求出直线的斜率、倾斜角可得，直线的倾斜角、斜率，再由直线的点斜式方程可得答案；
（2）求出点坐标，设可得，再求出，点到直线的距离利用三角形的面积为，求出可得答案.
【详解】（1）因为直线的斜率为，所以倾斜角为，
所以直线的倾斜角为，斜率为，所以直线的方程为，
即；
（2）由解得，设，所以，
，
点到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
解得或，
当时，，此时，
当时，，此时，
即点，或.
21．如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，，是的中点，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，从而求得平面与平面的法向量，进而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，
分别为的中点，，，
因为四边形是矩形，是的中点，所以且，
故且，则四边形为平行四边形，
，又面，平面，
所以平面.
（2）设，则，
因为，所以由勾股定理得，则是等腰直角三角形，
又平面，
故以中点为原点，过点和平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设是面的一个法向量，则有，
取，则，故，
设是面的一个法向量，则有，
取，则，故，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
七、证明题
22．在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，平面平面ABCD，，E为PA中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请求出PN的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，PN的长为
【分析】（1）利用线面平行的判断定理证明；（2）根据线面平行的性质定理可证，则直线的方向向量可以是，建系，利用空间向量处理二面角问题.
【详解】（1）取的中点，连接
∵分别为的中点，则且
又∵且
∴且，则为平行四边形，∴
平面PBC，平面PBC
∴平面PBC
（2）由题意可得：
则，即
取的中点，连接
∵，则
平面平面ABCD，平面平面，
∴平面ABCD
以为坐标原点建立空间直角坐标系，则可得：
设平面的法向量，则有
令，则，即
由（1）可得：平面PBC
平面PAD，平面平面
∴，则直线的方向向量可以是
设，则
设平面的法向量，则有
令，则，即
∵二面角的余弦值为，则
解得或
经检验可知：当时，二面角的平面角为钝角，不合题意，舍去
∴，则PN的长为