北京市广渠门中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

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1. 已知直线l经过点，，则下列不在直线l上的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知的两点求出直线l的方程，将点的坐标代入直线方程即可求解.
【详解】由直线的两点式方程，得直线l的方程为，即，
将各个选项中的坐标代入直线方程，
可知点，，都在直线l上，点不在直线l上．
故选：D．
2. 直线经过第一、二、四象限，则a，b，c应满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写成斜截式，由斜率和与轴交点纵坐标确定直线经过的象限.
【详解】若，则直线不会经过三个象限，所以，
所以，
因为直线经过第一、二、四象限，
所以斜率，与轴交点纵坐标，
解得，
故选：A
3. 已知，，，若，，共面，则等于（ ）
A. B. 9C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
4. 若关于，的方程组，无解，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
可知方程组无解等价于直线平行，即可建立关系求出.
【详解】可得方程组无解，等价于直线和直线平行，
则，解得.
故选：C.
5. 如图底面为平行四边形的四棱锥，，若，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据空间向量的线性运算将用表示，再根据空间向量基本定理即可得解.
【详解】由题意，
，
又因为，
所以，
所以.
故选：A.
6. “”是“直线：与直线：互相垂直”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线垂直求出参数的值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若直线：与直线：互相垂直，
则，解得或，
所以由“”推得出“直线：与直线：互相垂直”，即充分性成立；
由“直线：与直线：互相垂直”推不出“”，即必要性不成立，
所以“”是“直线：与直线：互相垂直”的充分不必要条件.
故选：A
7. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
因为，则，
所以；
综上所述：线的倾斜角的范围是.
故选：C．
8. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为.
【详解】为单位圆上一点，而直线过点，
所以的最大值为，选C.
【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
9. 如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可.
【详解】如图，连接，
因为为中点，
所以，
又平面底面，平面底面平面，
所以平面，故两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由，
可得，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，令，得，则，
设平面的一个法向量为，
则有，令，得，得，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
故选：B
10. “十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图①是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”有两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，在其直观图中建立如图②所示的空间直角坐标系，则（ ）
A.
B. 点的坐标为
C. ，，，四点共面
D. 直线与直线所成角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量的坐标运算逐项计算判断即得.
【详解】依题意，正方形的对角线，则，
，，，
对于A，，A错误；
对于B，由，得，B错误；
对于C，，
于是，又为三个向量的公共起点，因此四点共面，C正确；
对于D，，，
直线与直线所成角的余弦值为，D错误.
故选：C
二､填空题（每小题5分，共30分）
11. 已知，，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据列出比例式，求解即可.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：.
12. 过点（-1,3）且平行于直线的直线方程为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知直线的斜率及所过的点，由点斜式则所求直线为，整理即可得其一般式.
【详解】由直线斜率为，结合题意，知：所求直线为，
∴整理可得：.
故答案为：.
13. 若，则以，为邻边的平行四边形的面积为_______．
【答案】6
【解析】
【分析】设向量的夹角为θ，利用空间向量的模的公式和夹角公式，分别算出，csθ．再用同角三角函数的关系算出sinθ，最后由正弦定理的面积公式即可算出所求平行四边形的面积．
【详解】设向量的夹角为θ
∵，，
∴csθ
由同角三角函数的关系，得sinθ
∴以为邻边的平行四边形面积为S•sinθ6.
故答案为6.
【点睛】本题主要考查了空间向量的夹角公式、同角三角函数基本关系和正弦定理面积公式等知识，属于基础题．
14. 已知，则向量在上的投影向量坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出，再由投影向量的计算式求解即可；
【详解】因为，
所以，
所以，
所以向量在上的投影向量坐标为.
故答案为：.
15. 若直线：经过点，则直线在轴和轴截距之和的最小值是_______．
【答案】．
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，∴截距之和为
，当且仅当，即时，等号成立，即的最小值为．
考点：1直线的方程；2．基本不等式．
16. 在正三棱柱中，，点P满足BP=λBC+μBB1，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点P，使得
④当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】②④
【解析】
【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【详解】由题意得：BP=λBC+μBB1，，，所以P为正方形内一点，
①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；
②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；
③，当时，即BP=12BC+μBB1，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；
④，当时，即BP=λBC+12BB1，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.
故选：②④
【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.
三､解答题（共50分）
17. 已知的顶点分别为，，.
（1）求边的中线所在直线的方程；
（2）求边的垂直平分线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件中点的坐标，再求所在直线的方程；
（2）根据直线垂直时斜率的关系求直线的斜率，再求垂直平分线的方程.
【小问1详解】
设中点的坐标为，
则，
边的中线过点两点，
所在直线方程为，即；
【小问2详解】
的斜率，
的垂直平分线的斜率，
直线的方程为，即.
18. 在平行六面体中，，，.

（1）求的长；
（2）求到直线的距离；
（3）动点在线段上运动，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量基本定理直接求解即可；
（2）结合长度关系，利用线面垂直得出，即得为到直线的距离，进而求解即可；
（3）设，表示出，即可求出所求的最小值.
【小问1详解】
由题知，，
因为，
所以
，
而，
，
，
所以，
即的长度为.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
在中，，
所以，
即，
又因为，
所以平面，
而平面，
所以，
即为到直线的距离，
而，
所以三角形为等边三角形，即，
即到直线的距离为.
【小问3详解】
设，
则
，
当时，这时最小，且为.

19. 如图，正方形的边长为2，，分别为，的中点.在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱，分别交于点，.

（1）求证：；
（2）若底面，且，直线与平面所成角为.
（i）确定点的位置，并说明理由；
（ii）求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）F为中点；理由见解析（ii）2.
【解析】
【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面，再由性质定理得到；
（2）（i）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可；
（ii）设点的坐标为，由向量共线可设可得到，再根据求出，最后计算模长即可.
【小问1详解】
在正方形中，，又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
则；
【小问2详解】
（i）当为中点时，有直线与平面所成角为，
证明如下：由平面，可得
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
又为中点，则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则有，即，令，则，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
故当为中点时，直线与平面所成角的大小为.
（ii）设点的坐标为，
因为点在棱上，所以可设，
即，所以，
因为是平面的法向量，
所以，即，
解得，故，则，
所以.
20. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集．
（1）当时，已知集合，．分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由：
（2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值；
（3）已知集合，其中．若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例．
【答案】（1）为完美子集，不是的完美子集，理由见解析
（2）
（3）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据完美子集的定义，列方程组求值判断即可；
（2）根据题意列方程组，解方程组即可求解；
（3）假设存在不全为0的实数，，满足条件，不妨设，由条件得出矛盾即可求解.
【小问1详解】
由，
显然只有唯一解，即，
所以为的完美子集；
同理，对于，，
令，
即，方程组的解不唯一，
比如，，为方程组的一组解，故不是的完美子集；
【小问2详解】
由题意得，
所以，
由不是的完美子集，即方程组的解不唯一，
因为，
由集合的互异性得，且，
所以，，，
所以，
所以，
所以或，
检验：
当时，存在，，，使得，
当时，因为，所以，，舍，
所以；
【小问3详解】
假设存在不全为0的实数，，满足，
不妨设，则否则与假设矛盾，
由，得，
所以，
与，即矛盾，
所以假设不成立，所以．所以，
所以一定是完美集.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解得到的方程组有什么样的解，从而根据定义得到相关结论即可.