山东省临沂第四中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共58分）
一、单选题：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，若，则（ ）
A. 或B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.
【详解】因为，，
所以，所以，解得或，
当时，，，直线重合，不满足要求，
当时，，，直线平行，满足要求，
故选：B.
2. 过点的直线与线段MN相交，，则的斜率k的取值范围为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜率的计算公式求相应的斜率，结合图形分析斜率的取值范围.
【详解】如图所示：
则，
若过点直线与线段MN相交，所以.
故选：B.
3. 在三棱柱中，记，，，点P满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算求出结果．
【详解】三棱柱中，记，，，
如图所示：

故
．
故选：D．
4. 已知点关于直线对称，则对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先设点的坐标，根据斜率间关系及中点在对称直线上列方程求解计算即得.
【详解】设对称点坐标，由题意知直线与垂直，
结合的斜率为1，得直线的斜率为-1，
所以，化简得，①
再由的中点在直线上，，化简得，②
联立①②，可得，所以对称点的坐标为.
故选：A.
5. 已知向量，，，若，，共面，则（ ）
A. 4B. 2C. 3D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据共面定理得，即可代入坐标运算求解.
【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得，
即，即，解得.
故选：D
6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线的方程求出其所过定点坐标，由此确定最大距离及此时直线的方程.
【详解】直线的方程可化为，
联立，解得，
所以直线经过定点，
当时，点到直线的距离最大，最大距离为，
因为直线的斜率，，
所以直线的斜率，
所以，
所以，
所以，故，
所以直线的方程为.
故选：C.
7. 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l的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
【答案】C
【解析】
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
8. 在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知，为三棱锥的高时，为所求，可设，则,可求出点到平面的距离,得到，再利用，得，解出即可.
【详解】由题意，在空间直角坐标系中，，，，
设，为平面的法向量，
则，,，
则，
令则，故，
则点到平面的距离为，
所以，
则
又，，
即，
所以，代入
可得，
则
所以，则
故选：.
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. 已知向量，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则向量在向量上的投影向量
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入的值，得到向量的坐标，利用向量的坐标运算，判断向量的平行垂直，求向量夹角的余弦和投影向量的坐标.
【详解】向量
若，则，，所以，A选项正确；
若，，，不满足则，B选项错误；
若，，则，C选项正确；
若，，则向量在向量上的投影向量:
，D选项正确.
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
D. 经过平面内任意相异两点的直线都可以用方程表示．
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：根据可求倾斜角的取值范围；对于B：根据两直线垂直的条件求出的值即可判断；对于C：分截距是否为0两种情况求解可判断；对于D：对斜率为0、斜率不存在特殊情况讨论可以确定所求直线均可用表示.
【详解】对于A：直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故A正确.
对于B：当时，直线与直线斜率分别为，斜率之积为，故两直线相互垂直，所以充分性成立，
若“直线与直线互相垂直”，则，
故或，所以得不到，故必要性不成立，故B错误.
对于C：截距0时，设直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
当截距不0时，调直线方程为，又直线过点，
所以可得，所以直线方程为，
所以过点且在轴，轴截距相等的直线方程为或，故C错误；
.对于D：经过平面内任意相异两点的直线：
当斜率等于0时，，方程，能用方程表示；
当斜率不存在时，，方程为，能用方程表示；
当斜率不为0且斜率存在时，直线方程为，
也能用方程表示，故D正确.
故选：AD.
11. 已知正方体的棱长为1，为线段的中点，点和点分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 与平面所成角的取值范围为
C. 的最小值为
D. 点到直线的距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题与平面所成角即为,计算即可判断；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，利用，，三点共线. ，，即此时到直线的距离最小即可判断.
【详解】对于A选项，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，平面，
平面，平面，则，
同理可得，，平面，
直线平面，
平面即为平面，,平面,则选项A正确；
对于选项B：如图，连接交于点，连接，知平面，
所以即为与面所成角，所以，
由在上知，所以，
因为，所以的范围是，
即直线与平面所成角的范围是，故B错误；
对于C项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作，的垂线，垂足分别为和，
则，设，则，
故，故.
对于D项，当时，平面且，，三点共线.此时，，
即此时到直线的距离最小，最小值为.
故选：ACD.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在直线上求一点，使它到直线的距离等于原点到l的距离，则此点的坐标为______.
【答案】或
【解析】
【分析】设直线上点为，再根据点到直线的距离公式求解即可.
【详解】设直线上的点为，
点直线的距离为，
原点到l的距离为，
所以，解得或，
所以此点的坐标为或.
故答案为：或.
13. 已知空间向量两两夹角为，且，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】先计算出，再运用向量的模长公式展开，代入即得.
【详解】依题意，，
则
，
.
故答案为：.
14. 如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点和点A，F，使，且（称为异面直线a，b的公垂线）．已知，，，则公垂线______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线a，b所成的角为，可得与得夹角为或，再由，两边同时平方，结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解：因为异面直线a，b所成的角为，
则与得夹角为或，则，
由，
得，
即，
所以，
即公垂线.
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，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，．
（1）设，，，用向量表示，并求出的长度；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量加减法运算法则可得，根据计算可得的长度；
（2）根据空间向量的夹角公式计算可得结果.
【小问1详解】
，
因为，同理可得，
所以
【小问2详解】
因为，所以，
因为，
所以．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
16. 已知点，_______，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答
（1）求直线的方程；
（2）求直线：关于直线的对称直线的方程
条件①：点关于直线的对称点的坐标为；
条件②：点的坐标为，直线过点且与直线平行；
条件③：点的坐标为，直线过点且与直线垂直.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）选择条件①：由题意可得是线段的垂直平分线，根据垂直关系可得斜率，再结合中点坐标，根据点斜式即可求解方程；选择条件②：根据平行关系可得斜率，再根据点斜式即可求解方程；选择条件③：根据垂直关系可得斜率，再根据点斜式即可求解方程；
（2）联立，的方程可得两直线的交点坐标，在直线：上取，求得对称点坐标，再根据两点式即可求解方程.
【小问1详解】
选择条件①：因为点关于直线的对称点的坐标为，
所以是线段的垂直平分线，
又，所以直线的斜率为.
又线段的中点坐标为，所以直线的方程为，即.
选择条件②：因为，直线与直线平行，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即.
选择条件③：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. 已知直线，.
（1）若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值；
（2）当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可.
（2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可.
【小问1详解】
设原点O到直线m的距离为，
则，解得或；
【小问2详解】
由解得，即m与n的交点为.
当直线l过原点时，此时直线斜率为，
所以直线l的方程为；
当直线l不过原点时，设l的方程为，
将代入得，
所以直线l的方程为.
故满足条件的直线l的方程为或.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线GC与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行，再利用面面平行的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
连接EC，设与AC相交于点O，如图，
因为，且，，
所以四边形为矩形，
所以O为的中点，又因为G为PB的中点，
所以OG为的中位线，即，
因为平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以，
因为平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因为平面GAC，平面GAC，，
所以平面平面GAC.
【小问2详解】
因为底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以，，因为，
所以两两互相垂直，
以A为原点，所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则A0,0,0，，C1,1,0，，P0,0,1，
所以，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，所以，
令，可得，，所以，
设直线与平面所成角为θ，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上．

（1）证明：平面；
（2）若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求动点Q到线段的距离的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角；
（3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可.
【小问1详解】

因为折叠前为中点，，所以，折叠后，，
所以，所以，在折叠前分别为中点，
所以，又因为折叠前，所以，所以在折叠后，
，；以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立
空间直角坐标系，则，，，，，
为中点，所以，，设平面的法向量为
m=x,y,z，又，，所以，
，令，则，，所以，所以，
所以，所以平面.
【小问2详解】
设，由（1）知，，因为动点Q在线段上，
且，所以，所以，
所以，，，所以，，
，设平面的法向量为，，
，令，则，，所以，
设平面的法向量为，所以
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
设，，，动点Q在线段上，
所以，，即，即，
所以，，，
设点Q到线段的距离为，，
，，
，，令，，
则，，根据二次函数的性质可知，
所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为.