内蒙古赤峰市实验中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份内蒙古赤峰市实验中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了10， 过点且与直线平行的直线方程是， 已知直线， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（共8小题）
1. 空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点坐标公式求解即可.
详解】点，
由中点坐标公式得中得为：，即.
故选A.
2. 如图所示,在平行六面体中,,,,是的中点,点是上的点,且,用表示向量的结果是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在平行六面体中根据空间向量的加法合成法则,对向量进行线性表示,即可求得答案.
【详解】连接
可得:
又
故选: D.
【点睛】本题考查了空间向量的加法运算,解题关键是掌握向量的加法运算和数形结合,属于基础题.
3. 已知，，，则的夹角是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出向量的坐标，然后利用数量积的夹角坐标公式计算即可.
【详解】因为，，，所以，，
所以，
又，所以，即的夹角是.
故选：C.
4. 在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量，
利用向量的距离公式，即可求解．
【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，
即，解得，故，
显然平面平面，
所以平面与平面之间的距离．
【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
5. 若直线经过、两点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出的取值范围，结合角的取值范围可求得结果.
【详解】由题意可得，又因为，故.
故选：C.
6. 过点且与直线平行的直线方程是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设所求直线方程为，代入点，即可求得本题答案.
【详解】因为所求直线方程与直线平行，所以可设为，又因为经过点，代入可得，则所求直线方程为.
故选：C
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，属于基础题.
7. 已知直线:，直线:，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线的垂直，即可求出tanα=2，再根据二倍角公式即可求出．
【详解】因为l1⊥l2，所以，
所以tanα=2，
所以.
故选：B．
【点睛】本题考查了两直线的垂直的充要条件，以及正切二倍角公式，属于容易题.
8. 已知六棱锥的底面是正六边形，平面ABC，.则下列命题中正确的有（ ）
①平面平面PAE；
②；
③直线CD与PF所成角的余弦值为；
④直线PD与平面ABC所成的角为45°；
⑤平面PAE.
A. ①④B. ①③④C. ②③⑤D. ①②④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①要判断面面垂直，需先判断是否有线面垂直，根据线线，线面的垂直关系判断；②由条件可知若，可推出平面，则，判断是否有矛盾；
③异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即根据，转化为求；④根据线面角的定义直接求解；⑤若平面，则，由正六边形的性质判断是否有矛盾.
【详解】∵平面ABC，∴，在正六边形ABCDEF中，
，，∴平面PAE，且面PAB，
∴平面平面PAE，故①成立；
由条件可知若，平面，则，，可推出平面，则，这与不垂直矛盾，故②不成立；
∵，直线CD与PF所成角为，
在中，，
∴，∴③成立.
在中，，
∴，故④成立.
若平面，平面平面 则，这与不平行矛盾，故⑤不成立.
所以正确的是①③④
故选：B
【点睛】本题考查点，线，面的位置关系，重点考查推理证明，空间想象能力，属于基础题型.
二、多选题（共4小题）
9. 已知空间中三点、、，则下列结论不正确的有（ ）
A. 与是共线向量
B. 的单位向量是
C. 与夹角的余弦值是
D. 平面的一个法向量是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用共线向量的坐标关系可判断A选项；利用单位向量的定义可判断B选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用法向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，，
因为，则、不共线，A错；
对于B选项，的单位向量为，B错；
对于C选项，，，
所以，与夹角的余弦值是，C错；
对于D选项，设为平面的法向量，
则，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，D对.
故选：D.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线与两坐标轴围成三角形的面积是2
B. 直线的倾斜角为
C. 过，两点的直线方程为
D. 直线在轴上截距是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A确定直线在坐标轴上截距，再求面积即可判断；B由斜率确定倾斜角大小即可；C根据两点式使用前提判断；D令即可得轴上截距.
【详解】A：由直线方程知：其在x、y轴截距分别为，故该直线与坐标轴所围成三角形面积为2，对；
B：由直线斜率为1，即倾斜角正切值为1，根据倾斜角范围为，则倾斜角大小为，对；
C：仅当时，直线才能表示为，错；
D：令，则，故在轴上截距是，对.
故选：ABD
11. 已知直线，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角是
B. 若直线，则
C. 直线过定点
D. 过与直线平行的直线方程是
【答案】CD
【解析】
【分析】对选项A，根据，即可判定A错误，对选项B，根据斜率相乘不等于-1，即可判定B错误，对选项C，变形直线方程得到，即可判定C正确，对选项D，设所求直线方程，再代入点，即可判断D正确.
【详解】对选项A，直线，，，故A错误；
对选项B，直线，，，故B错误；
对选项C，直线，，恒过，故C正确.
对选项D，设直线平行的直线方程是，
把代入得：，解得，
所以所求直线方程，故D正确.
故选：CD
12. 在棱长为的正方体中中，点在线段上运动，则下列命题正确的是（ ）

A. 异面直线和所成的角为定值
B. 直线和平面平行
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线和平面所成的角为定值
【答案】ABC
【解析】
【分析】由线面垂直的判定可证得平面，由线面垂直性质可知A正确；根据，结合线面平行的判定可得B正确；结合平行关系，可由体积桥得到，由此可得C正确；根据线面角的定义可确定所求角，根据正切值不为定值可知D错误.
【详解】对于A，四边形为正方形，；
平面，平面，，
又平面，，平面，
平面，，异面直线和所成角为定值，A正确；
对于B，，平面，平面，
平面，又平面，平面即为平面，
平面，B正确；
对于C，由B知：平面，，
平面平面，平面，平面，
，，
即三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，设，

由A知：平面，即为直线和平面所成的角，
，
不是定值，不是定值，即直线和平面所成的角不是定值，D错误.
故选：ABC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设点A在x轴上，点B在y轴上，的中点是，则等于________
【答案】
【解析】
【分析】
根据点A在x轴上，点B在y轴上，且的中点是，利用中点坐标公式得到A，B的坐标，再利用两点间的距离公式求解.
【详解】因为点A在x轴上，点B在y轴上，且的中点是，
所以，
所以，
故答案为：
【点睛】本题主要考查两点间的距离公式和中点坐标公式的应用，属于基础题.
14. 已知直线l1经过点A(0，－1)和点B(－，1)，直线l2经过点M(1,1)和点N(0，－2)，若l1与l2没有公共点，则实数a的值为________．
【答案】－6
【解析】
【分析】分别根据斜率公式求出两条直线的斜率，再根据两直线平行，斜率相等即可求出a的值．
【详解】直线l2经过点M（1，1）和点N（0，﹣2），
∴==3，
∵直线l1经过点A（0，﹣1）和点B（﹣，1），
∴==﹣，
∵l1与l2没有公共点，则l1∥l2，
∴﹣=3，解得a=﹣6，
故答案为﹣6．
【点睛】本题考查了两直线平行的条件，斜率公式，属于基础题．
15. 将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可知，当最大时，平面平面，建立空间直角坐标系，求得异面直线夹角.
详解】根据题意可知，当最大时，平面平面，
设的中点为，连接建立空间直角坐标系，如图所示，
令，则，
，
因此
所以异面直线与所成的角为
故答案为：
【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
16. 如图所示，在直平行六面体中，，，点在上，且，则点到平面的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算，即可得答案；
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
∴，.
设平面的法向量为，
则，令，则，，
∴.
∴点到平面的距离.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用空间向量法求点到面的距离，考查运算求解能力，求解时注意坐标系的建立.
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 已知，，，，，求：
（1），，；
（2）与所成角的余弦值．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量平行公式与垂直公式求解即可；
（2）根据空间向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
因为，故，解得，故，.
由可得，解得，故.
【小问2详解】
，，
故与所成角的余弦值.
18. 如图，在直三棱柱中，，，，，是的中点.

（1）试建立适当的空间直角坐标系，并写出点，的坐标；
（2）求的长
（3）求证：.
【答案】（1）坐标系见解析，，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，即可得到所求点的坐标.
（2）根据空间向量坐标运算即可..
（3）根据，即可证明结论.
【小问1详解】
以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

所以，
【小问2详解】
，，，
.
【小问3详解】
，.
，，，所以.
19. 已知中，点，，.
（1）求直线的方程；
（2）求边的高线所在的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线斜率，由点斜式写出直线方程；
（2）根据直线垂直的结论和点斜式方程即可得到答案.
【小问1详解】
由题意可知，直线的斜率，
故直线的方程为即，
【小问2详解】
边的高线的斜率，
故直线边的高线的方程为，即.
20. 如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求点到面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明共面，即可证明平面；
（2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面.
（3）利用点到平面距离的空间向量求法即可.
【小问1详解】
∵平面平面，平面平面，
，平面，∴平面.

以为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
∵为的中点，∴，
则，，，
∴，故，，共面.
又平面，∴平面.
【小问2详解】
，，，
∵，∴
又，∴
又，，平面，
∴平面.
【小问3详解】
由（2）知为平面的法向量，
则点到面的距离.
21. （1）过点，且斜率为的直线的一般式方程方程；
（2）经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；
（3）经过点且与轴，轴正半轴分别交于点，，为坐标原点，求面积的最小值.
【答案】（1）；（2）或；（3）12
【解析】
【分析】（1）设直线方程为点斜式，化成一般式即可.
（2）截距相等分两种情况讨论，截距相等且是0，设为,或者截距相等不是0，设为，代入求解即可.
（3）设直线截距式方程，可得，由基本不等式可得，可得的面积最小值.
【详解】（1）利用点斜式可得：直线的方程为：，化为：.
（2）截距相等不是0时，可设直线方程为，直线的方程经过点，将点代入上式，得：，
∴直线的方程为：.
截距相等且是0时，设直线为，直线的方程经过点，将点代入上式，得，即.
∴经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为或；
（3）设直线方程为，直线的方程经过点，代入，所以，
又，所以，
所以，当且仅当时，即，时，等号成立，
所以.
22. 如图所示，在四棱锥中，底面四边形是正方形，侧面是边长为的正三角形，且平面底面.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，从而建立空间直角坐标系，再求得平面的一个法向量与，从而利用空间向量法即可得解；
（2）结合（1）中条件，分别求出平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接，
∵为正三角形，为的中点，则，，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面．
以点为坐标原点，、所在的直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，则，
易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，
.
因此直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
由（1）得，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
设平面与平面夹角夹角为，则，
所以，则，
所以平面与平面夹角的正弦值.