2024银川六盘山高级中学高二上学期第一次月考数学试题含解析

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学科：数学
测试时间：120分钟满分：150分命题
一､单选题（每小题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线斜率，即可得出倾斜角.
【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角为.
故选：B
2. 已知点，且两点的距离为5，则（ ）
A. 0B. 8C. 0或8D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据两点距离公式即可求解.
【详解】由题意可得或，
故选：C
3. 已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律即可求出，进而求出结果.
【详解】因与垂直，所以，
即，
所以.
又，所以.
故选：D.
4. 如图，在长方体中，，下列说法错误的是（ ）

A. 点的坐标为
B. 点关于轴的对称点坐标为
C. 点关于坐标平面的对称点坐标为
D. 点关于原点的对称点坐标为
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中的点对称的特征即可结合选项逐一求解.
【详解】点的坐标为,故A正确，
点关于轴的对称点坐标为，B正确，
点关于坐标平面的对称点坐标为，C错误，
点关于原点的对称点坐标为，D正确，
故选：C
5. 如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又点N为BC中点，所以，
所以.
故选：B.
6. 过点，且平行于直线的直线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行直线系即可求解.
【详解】与直线平行的直线可设为，
将代入可得，
故直线方程为，
故选：C
7. 若向量，则（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先利用空间向量的线性运算得到的坐标，再利用数量积运算求解.
【详解】解：因为，
所以，又，
所以，
故选：A
8. 如图，已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取的中点，连接、，可得，从而异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，然后在三角形中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】如图，取的中点，连接、，易知，

所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即，
因为直三棱柱的所有棱长都相等，
可设三棱柱的棱长都为，则，，，
则在中，由余弦定理可得：
即异面直线与所成角的余弦值为：.
故选：.
二､多选题（每小题5分，共20分）
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 任何直线方程都能表示为一般式
B. 两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等
C. 直线与直线的交点坐标是
D. 直线方程可化为截距式为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据具体条件对相应选项作出判断即可.
【详解】对A：直线的一般是方程为：，
当时，方程表示水平线，垂直轴；
当时，方程表示铅锤线，垂直轴；
当时，方程表示任意一条不垂直于轴和轴的直线；故A正确.
对B：两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等且不重合，故B错.
对C：联立，解得，故C正确
对D：若或时，式子显然无意义，故D错.
故选：AC.
10. 下列直线中，与垂直的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据垂直满足的斜率关系即可求解.
【详解】直线的斜率为，故与其垂直的直线斜率为，
对于ACD, 斜率为,符合，
对于B，斜率为，不符合，
故选：ACD
11. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若向量共线，则向量所在的直线平行
B. 已知不共面，则一定能构成空间的一个基底
C. 三点不共线，对空间任意一点，若，则四点共面
D. 若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用共线向量定义可知，当向量共线时，向量所在的直线不一定平行，即A错误；根据不共面的空间向量可构成一组基底可利用反证法证明B正确；由空间向量证明点共面可知C正确；由共线定理可证明是三点共线的充要条件，可得D正确.
【详解】对于A，若向量共线，则向量所在的直线可能平行，也可能重合，故A错误；
对于B，假设向量共面，则存在实数满足，
所以可得，
若，则，可得两向量共线，这与不共面矛盾；
若，则，可得共面，与已知矛盾，
所以假设不成立，即可得向量不共面，所以一定能构成空间的一个基底，即B正确；
对于C，因为三点不共线，对空间任意一点，若，
因为，所以可知四点共面，即C正确；
对于D，若为空间四点，且有（不共线），
当，即时，可得，即，所以三点共线；
当三点共线时，根据共线定理可知可知对于空间中任意一点，
存在实数满足（不共线），且，即D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）

A. 四面体的体积为B. 向量在方向上的投影向量为
C. 直线与直线垂直D. 点到直线的距离
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.
【详解】解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：

则，，，，，，，
对于A，因为，故正确；
对于B，因为，，
所以，，
所以在方向上的投影向量为：，故正确；
对于C，因为，，，
所以与不垂直，即直线与直线不垂直，故错误；
对于D，因为，，
所以，
所以，
所以点到直线的距离，故正确.
故选：ABD.
三､填空题（每小题5分，共20分）
13. 已知直线过点，则直线的斜率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率公式即可求解.
【详解】由斜率公式可得，
故答案为：
14. 两条平行直线与间的距离为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案.
【详解】依题意可知，两直线的距离为.
故答案为：
15. 如图，已知线段在平面内，，且，则___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的线性表示，结合模长公式，即可求解.
【详解】由于，在平面内，所以,又
所以,
由于,所以,
所以，
故答案为：
16. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，则当平面与平面所成角的余弦值为时，三棱锥的体积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法结合面面角求出，再根据锥体的体积公式即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
因为轴平面，
则可取平面的法向量为，
则，解得或（舍去），
所以，
故.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
四､解答题（17题10分，其余各题每小题12分，共70分）
17. 已知的顶点坐标分别是.
（1）求直线的方程（答案用一般式方程表示）；
（2）求边上的高线的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点，，结合直线的点斜式方程，即可求得的方程；
（2）过点作，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由点，，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
解：如图所示，过点作，即设的边上的高线为，
由直线的方程为，
又由，根据点到直线的距离公式，可得，
即边上的高线的长.

18. 已知向量，.
（1）求与的夹角余弦值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量坐标夹角公式计算可得答案；
（2）利用向量垂直的坐标运算可得答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
，，
所以；
【小问2详解】
，
因为，所以，
解得.
19. 如图，在四面体中，，，，设.

（1）求的值；
（2）已知是线段中点，点满足，求线段的长.
【答案】（1）36 （2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，
（2）根据空间向量的线性，结合模长公式即可求解.
【小问1详解】
由，，可得
,
所以
【小问2详解】
由于是线段中点，点满足，
所以
故,
所以,
所以
20. 如图，长方体是的中点.

（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，再连接，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接交于，再连接，

由题意可知是中点，
又因为是的中点，
所以∥,
又因为平面，平面，
所以∥平面；
【小问2详解】
解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：

因为
所以，，，，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有，所以，
取，
设直线与平面夹角，
则有，
所以直线与平面夹角的正弦值为.
21. 如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且，.

（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，可证得法向量互相垂直，由此可得结论；
（2）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
三棱柱为直三棱柱，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，，平面平面.
【小问2详解】
，，，
又平面的法向量，
点到平面的距离.
22. 如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，且平面.
（1）求平面与平面所成的角；
（2）侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求出点的位置；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，利用线面垂直判定可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
（2）假设，满足平面，由线面平行的向量判定方法可构造方程求得的值，由此可得结论.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，；
，，，，
，平面，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，
，，，，，
平面，平面，
平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
，
即平面与平面所成角的余弦值为，
平面与平面所成的角为.
【小问2详解】
假设在上存在一点，满足，使得平面，
，，，，
又，，，
平面的一个法向量为，
，解得：，