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

这是一份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，共14页。试卷主要包含了定义，下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。

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.已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
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.则在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离为（ ）
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，则以为邻边的平行四边形的面积为__________.
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.（13分）已知.
（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.（15分）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.（15分）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.（17分）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）从①､②､③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，再求：
（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.（17分）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.
2024~2025学年度第一学期高二期中月考检测
数学参考答案及评分标准
一､选择题
1-8ACDB BCDC
二､多选题
9.AC 10.ABD 11.ACD
三､填空题
12. 13. 14.
四､解答题
15.解：（1）若直线过原点，且过点，
所以直线的方程为，
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，所求直线的方程为或或；
（2））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.解：（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）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BEM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.解：（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，
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）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.解：（1）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.
（2）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A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.解：（1）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.
（2）如图，分别以，过点坚直向上的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设与轴成角，因，
则且，
又，故即二面角的平面角，则
，
于是，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，因，则，
设，则，
记，因函数在上单调递增，故，
则，故，
即平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为.