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）数学试卷(含答案)

这是一份招远市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（期中模拟）数学试卷(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．直线倾斜角的大小为( )
A.B.C.D.
2．已知，，点P在y轴上，且，则P点的纵坐标为( )
A.B.C.或2D.或1
3．已知空间向量,,,若,,共面,则实数z的值为( )
A.0B.1C.2D.3
4．在四面体中，,,,G为的重心，P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.在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是( )
A.B.C.D.
7．在正方体中，E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M满足，其中，且.则的最小值为( )
A.B.2C.D.3
二、多项选择题
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a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m的取值范围是
10．如图，在棱长为2的正方体中，P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x轴、y轴、z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（O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
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，为边的平行四边形的面积是_________.
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
15．已知直线过定点P.
（1）求过点P且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线方程;
（2）若直线l过点P且交x轴正半轴于点A,交y轴负半轴于点B,记的面积为S（为坐标原点）,求S的最小值,并求此时直线l的方程.
16．如图,在以A,B,C,D,E,F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M为线段上一点,且,求二面角的余弦值.
17．在直三棱柱中，,,与交于点P,G是的重心，点Q在线段（不包括两个端点）上.
(1)若Q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．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点F为的中点.
(1)已知点G为线段的中点，求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，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．如图，在四棱锥中，,,,，,E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.
参考答案
1．答案：A
解析：，直线斜率为，
设直线倾斜角为，，则，解得.
故倾斜角为
故选：A
2．答案：C
解析：设，因为，
所以，
解得或2.
故选：C
3．答案：D
解析：因为,,共面,所以存在实数对,使得,
即,
所以解得
故选：D.
4．答案：B
解析：取的中点M，连接,，
因为G为的重心，所以，
又，
则，
因为，所以P为的中点，
故.
故选：B
5．答案：B
解析：对于A，设，则，所以,,共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，则x，y无解，则,,不共面，能构成空间的一个基底，故B正确；
对于C，设，则，则,,共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，则，则,,共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；
故选：B
6．答案：B
解析：
设M为直线上任意一点，过M作，垂足为N，可知此时M到直线距离最短
设，，
则，
，
，，
即，
，即，
，
，
，
当时，取得最小值，
故直线与之间的距离是.
故选：B.
7．答案：D
解析：如图，以D为坐标原点，,,所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，，，，
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：D
8．答案：C
解析：因为，，所以M,A,B,C四点共面，
所以的最小值即为正四面体的高，
记的中点为D，作底面于点O，
由正四面体的性质可知，O为正三角形的重心，
所以，
所以，
即的最小值为.
故选：C
9．答案：AC
解析：A选项，，
故直线恒过定点，A正确；
B选项，两直线与平行，则，
解得或，
当时，两直线与满足要求，
当时，两直线与满足要求，
综上，或，B错误；
C选项，若,，则直线变形为，
直线斜率，与y轴截距为
直线经过一，三，四象限，不经过第二象限，C正确；
D选项，直线，直线经过定点，
画出坐标系，如下：
其中，，
则要想直线与线段相交，则直线斜率或，
解得或，D错误.
故选：AC
10．答案：ABD
解析：A选项，以A为坐标原点，,,所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，正方体棱长为2，，故，，
，A正确；
B选项，,,,，
设，，
则，
令，解得，不满足，
故直线与所成的角不可能是，B正确；
C选项，，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则,，故，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
，
设二面角平面角的大小为，
则，C错误；
D选项，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则,，故，
点到平面的距离为，D正确.
故选：ABD
11．答案：ACD
解析：由题知，,，
对A，若，则，
所以
，
所以，A正确；
对B，若,，则,，
所以，B错误；
对C，若,，则,，
则，所以，C正确；
对D，因为,,，所以,,，所以，所以三棱锥为棱长为1的正四面体，补形成正方体，如图，
因为，所以正方体的棱长为，正方体的体对角线为，
所以外接球的半径为，体积，D正确.
故选：ACD
12．答案：
解析：表示过点和点的直线斜率，
如图，
因为,，结合图形可知或，
所以的取值范围为.
故答案为：
13．答案：
解析：，，，
，，，
，
故答案为
14．答案：/
解析：过点D,B分别作，，垂足分别为E,F，
则异面直线,的夹角或其补角即为二面角的大小，
因为矩形中，,，由勾股定理得，
所以，，
故，
假如二面角为直角，则
因为，故二面角的大小为锐角，
，两边平方得
，
又，所以，
设二面角的大小为，则，
故.
故答案为：.
15．答案：（1）或或
（2）24,
解析：（1）直线,即,
令,即,即.
若直线过原点,且过点,
所以直线的方程为,即.
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.
综上所述,所求直线的方程为或或.
（2）由题意可知,直线l的斜率k存在,且,
设直线,
令,则;令,则,
则
,
当且仅当时,即时取等号,
故S的最小值为24,此时,
所以直线.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)证明：在平面内,过E做垂直于交于点O,
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O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．答案：(1)证明见解析；
(2).
解析：（1）连接并延长，交于点D，则D为的中点，
连接,，
因为为直三棱柱，所以平面平面,,，
又D,Q分别为,的中点，所以,，
故四边形为平行四边形，故，
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A为原点，分别以,,所在直线为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，
设
则，，，，，，
所以，，
因为P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．答案：(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）选择见解析，；（ⅱ）
解析：（1）取的中点E，连接，.
因为点F为的中点，所以，.
因为四边形是平行四边形，
所以，.
因为点G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x,y,z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．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）如图，连接，，两线交于点O，因,,则，，
在中，设，由余弦定理，，解得，则,
由题意知：A,O,C共线且，取线段的三等分点M（靠近点O），
连接,，则点M是的中点，因E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O竖直向上的方向为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设与z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.