2023-2024学年河北省石家庄十八中高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省石家庄十八中高二上学期第一次月考（10月）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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若经过点和的直线的斜率为2，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意，由斜率的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以．
故选：C
2．已知点，斜倾角为45°的直线经过点，是直线上一点，若的面积为，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离公式，由面积公式即可求解.
【详解】由题意可知，直线的方程为，
点到直线的距离，
所以，解得．
故选：B

3．已知垂直于正方形所在的平面，若，，则平面与平面夹角的大小是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
可得，．
设平面的法向量为，
则，令，可得．
因为垂直于正方形所在的平面，平面
所以，又因为是正方形，所以，
因为平面，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，则平面与平面夹角的大小是30°．
故选：A
4．在四面体中，，，，，为的中点，若，则（ ）
A．B．3C．D．2
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算即可得解.
【详解】如图，
因为，为的中点，所以，
又因为，
所以，
又，所以，解得：．
故选：B.
5．如图，三棱锥的棱长均为，点，，分别是，，的中点，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由线面垂直的判定定理可证得，再由平面向量数量积的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由题意知三棱锥为正四面体，
取的中点，连接，则，
平面，
所以平面，平面，
所以，点，，分别是，，的中点，
所以，

所以，且．
因为，，
，，
故选：D．
6．如图，二面角等于135°，，是棱上两点，，分别在半平面，内，，，且，，则（ ）

A．B．C．D．4
【答案】C
【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
所以，
由，，得，，
又因为，
所以
，
所以，即．
故选：C.
7．如图，，分别是圆台上、下底面圆的直径，，是圆上一点，且，则在上的投影向量是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，取在下底面的投影，作，垂足为，连接，，，结合投影向量的定义，即可得到结果.
【详解】
如图，取在下底面的投影，作，垂足为．
连接，，，则，在上的投影向量是．
设上底面圆的半径为，则，．
故在上的投影向量是．
故选：A
8．在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量投影的定义结合勾股定理即可求解.
【详解】因为，，
，
所以到直线的距离为．
故选：D
二、多选题
9．已知直线：，直线：，下列结论正确的是（ ）
A．直线可能不存在斜率
B．直线恒过点
C．若，则
D．点和点分别是直线，上的动点，若，则的最小值是
【答案】BCD
【分析】对于A，直接即可判断；对于B，直接验证即可；对于C，由直线垂直的代数性质即可判断；对于D，由题意只需求出两平行线之间的距离即可判断.
【详解】对于A，因为直线的斜率为，所以A错误；
对于B，因为点的坐标恒满足的方程，所以B正确；
对于C，当时，有，解得，所以C正确；
对于D，因为，所以，解得，则直线：，
当时，最小，此时，所以D正确．
故选：BCD.
10．已知平面，，，与平面成角，，则与之间的距离可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】利用空间向量的数量积以及结合向量求距离的方法即可求解.
【详解】如图，因为，，所以．

作，垂足为，连接，
则或．
易知，
若，则，
若，则，
故选：AC
11．已知直线：，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A．若，则越大，直线的倾斜角越小
B．若直线关于直线对称的直线方程是，则
C．若直线过定点，直线经过和原点，则直线围绕点旋转45°后得到的直线方程是或
D．若直线与轴、轴的正半轴分别交于，两点，当最小时，
【答案】BD
【分析】求出直线的斜率，可判断A；由直线关于直线对称可判断B；求出直线围绕点旋转45°后所得直线的倾斜角，即可判断C；设直线的截距式方程为，表示出，结合基本不等式可判断D.
【详解】由题意可知，当时，直线的斜率为，故A错误；
可求得直线与直线的交点是，正是直线经过的定点，
可知直线的斜率与直线的斜率互为相反数，
所以，解得，B正确；
易知，得直线的斜率为，
设直线围绕点逆时针旋转45°后所得直线的倾斜角为，
则，
所以直线围绕点顺时针旋转45°后所得直线的斜率为，
但是直线不经过点，故C错误；
直线过定点，另外假设直线的截距式方程为，
则，，
当且仅当，时，等号成立，此时直线的方程为，
由，得，故D正确．
故选：BD
12．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）

A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，设，

，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
三、填空题
13．已知点和，则直线的倾斜角为 ．
【答案】
【分析】根据直线斜率公式，结合直线倾斜角与斜率的关系、特殊角的正切值进行求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
则．又，所以．
故答案为：
14．一条光线从点射入，经轴反射后沿直线射出，则 ．
【答案】
【分析】先求出点关于轴对称的点，由题意可知反射光线经过点，代入求解即可.
【详解】点关于轴对称的点为，
由题意可知，反射光线经过点，
将点的坐标代入方程，解得．
故答案为：.
15．已知直线与直线的交点为，为直线的一个方向向量，则点关于直线的对称点的坐标是 ．
【答案】
【分析】联立方程组可求得两直线的交点，根据直线的方向向量可得出直线的斜率，再利用点关于直线对称的方法，列出方程组求解即可.
【详解】联立方程组，解得：，即，
因为为直线的一个方向向量，
所以直线的斜率为，则，
即直线的方程为：，
设点关于直线的对称点为，
则，解得：，即．
故答案为：.
16．如图，正方体的棱长为2，是的中点，点，分别在直线，上，则线段的最小值为 ．

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，得出的表达式，根据二次函数的最值求解即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．
设，，则，
故．
当时，取得最小值，最小值为．
故答案为：
四、解答题
17．已知点，，．
(1)求直线的倾斜角，并写出直线的点斜式方程；
(2)求点到直线的距离．
【答案】(1)135°，或写成（注：写一个即可）
(2)
【分析】（1）先求斜率即可；（2）应用得到直线的距离公式即可.
【详解】（1）因为点，，，
所以，，
所以直线的倾斜角为135°，
直线的点斜式方程为，或写成（注：写一个即可）.
（2）由（1）可得直线的一般式方程为，
所以点到直线的距离．
18．已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且．
(1)求直线和的交点坐标；
(2)已知直线经过与的交点，且与x轴、轴的正半轴围成的三角形的面积为6，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可以先算出直线的斜率，从而求出其方程，联立直线和的方程即可求解.
（2）由（1）可知直线和的交点坐标为，由题意不妨设：，，进一步结合直线与x轴、轴的正半轴围成的三角形的面积为6，列出方程求出参数（斜率）即可得到直线的方程.
【详解】（1）因为，直线的斜率为，
所以直线的斜率为1，
又直线在轴上的截距为，
所以：．
联立方程组，解得，
所以直线和的交点坐标为．
（2）由题意知直线的斜率存在，
由（1）可知直线和的交点坐标为，又直线经过与的交点，
所以设：，．
令，得；令，得．
由题意，化简得，
解得，即直线的方程为，化简得．
19．如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，．
(1)证明：
．
(2)求直线
与
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明出，即可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，
又因为，以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，

根据题意，可得、、．
因为为的中点，所以，则，，
所以，即，从而．
（2）解：由（1）知，
因为，所以，
设直线与所成的角为，所以．
所以，直线与所成角的余弦值为.
20．如图，在长方体中，，为棱的中点．
(1)证明：
∥平面
．
(2)若
是线段
的中点，求
的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标，求解平面法向量，即可根据向量法求证，
（2）根据点到线的向量法求解距离，即可由面积公式即可求解.
【详解】（1）证明：如图，
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
根据题意，可得，，，，．
则，，．
设是平面的法向量，可得则
令，得．
因为，平面，所以平面．
（2）由（1）知，，，则，，所以，
所以．
设到直线的距离为，则，
所以．
21．将沿它的中位线折起，使顶点到达点的位置，使得，得到如图所示的四棱锥，且，，为的中点．

(1)证明：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明，；（2）的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，用向量法求平面与平面的夹角.
【详解】（1）证明：因为为的中位线，
所以．
因为，所以，，
又，所以平面．
（2）由（1）因为平面，平面，
所以平面平面．取的中点，
连接，因为，所以．
又平面平面，所以平面，且．以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
所以，．
设是平面的法向量，可得令，得，
易知为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，则，
得所以平面与平面夹角的余弦值为．
22．在三棱台中，平面，，，分别为，的中点．

(1)证明：∥平面．
(2)若，在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）先判断四边形为平行四边形，再利用已知条件证明平面平面，从而可证线面平行
（2）首先证明，判断四边形为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，设出，表示出，由直线与平面所成角的正弦值解出的值即可.
【详解】（1）证明：因为在三棱台中，，为的中点，
所以，
又，所以四边形为平行四边形，，
因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又、平面，且，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）连接，因为平面，且平面，
所以平面平面，
又平面平面，易知等边三角形中，，
所以平面，所以，
又，，所以平面，从而，故四边形为正方形，，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
不妨设，则，，
设平面的法向量为，则：，得：
令，可得．
设直线与平面所成的角为，则，
由，得，则，
所以线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．