2025自贡一中高二上学期10月月考数学试题含解析

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1. 如图所示,直线的斜率分别为,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线所对应的倾斜角为， 由图可知，，由直线的倾斜角与斜率的关系可得，得解.
【详解】解：由图可知,直线的倾斜角为锐角,所以,而直线与的倾斜角均为钝角,且的倾斜角小于的倾斜角,故.所以.
故选B.
【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，重点考查了识图能力，属基础题.
2. 已知，均为空间单位向量，它们的夹角为60°，那么等于（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据，展开后根据空间向量的数量积公式计算即可得到结果.
【详解】由题意可得，
.
故选：C
3. 已知直线，且，则实数a的值为（ ）
A. 5B. 1C. 5或D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程求解，再验证判断作答.
【详解】直线，，由解得或，
当时，直线与重合，不符合题意，
当时，直线与平行，
所以实数a的值为.
故选：D
4. “直线与互相垂直”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线互相垂直，知，由此能求出实数的值，再利用充分必要条件的定义判断得解.
详解】解：直线与互相垂直，
，
解得或．
因为或时，不一定成立，
因为时，或一定成立.
“直线与互相垂直”是“”的必要不充分条件.
故选：A
5. 如图，在四面体中，是中点，，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量的线性运算求解.
【详解】
故选：B
6. 已知是空间的一个基底，则下列说法错误的是（ ）
A. 若，则
B 两两共面，但不共面
C. 一定存在x，y，使得
D. 一定能构成空间的一个基底
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性关系、向量的基底的定义和空间向量基本定理，即可求解．
【详解】对于A，若不全为0，则 共面，与题意矛盾，故A正确；
对于B，是空间的一个基底,则 两两共面，但 不共面，故B正确；
对于C， 不共面，则不存在实数，使得 ，故C错误；
对于D，若 共面， ， 无解，
故 不共面，一定能构成空间的一个基底，故D正确
故选∶C．
7. 已知空间直角坐标系中的三点，，，则点A到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点A到直线的距离,向量在向量上的投影及勾股定理即可求.
【详解】已知，，，
所以 ，，
点A到直线的距离为.
故选：C.
8. 已知点，若直线与线段没有交点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，结合图形得出的范围．
【详解】直线过定点，且，
由图可知直线与线段没有交点时，斜率满足，
解得，
故选：B．
二、多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
9. 已知正方体的棱长为1，则（ ）
A. 直线与直线所成的角为
B. 平面
C. 点到平面的距离为
D. 直线与平面所成角的余弦值为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标得到，即可判断选项A；利用向量法证明，即可判断选项B；利用向量法求出点到平面的距离即可判断选项C；利用向量法求出直线与平面所成角的余弦值即可判断选项D.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：.
A：，因为，所以，因此选项A不正确；
B：，所以，
所以，而，平面ACD1，因此平面，所以选项正确；
C：因为平面，所以是平面的法向量，，
所以点到平面的距离为，因此选项C不正确；
：设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的余弦值，因此选项D正确.
故选：BD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线必过定点
B. 直线在轴上的截距为
C. 直线的倾斜角为60°
D. 过点且垂直于直线的直线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将方程化为点斜式，即可判断A；令，得出在轴上的截距，进而判断B；将一般式方程化为斜截式，得出斜率，进而得出倾斜角，从而判断C；由两直线垂直得出斜率，最后由点斜式得出方程，进而判断D.
【详解】可化为，则直线必过定点，故A正确；
令，则，即直线在轴上的截距为，故B正确；
可化为，则该直线的斜率为，即倾斜角为，故C错误；
设过点且垂直于直线的直线的斜率为
因为直线的斜率为，所以，解得
则过点且垂直于直线的直线的方程为，即，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题主要考查了求直线过定点，求直线的倾斜角，由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
11. 给出以下命题，其中错误的是（ ）
A. 平面的法向量分别为，则
B. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直
D. 平面经过三个点，向量是平面的法向量，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面的法向量不具有倍数关系可判断A；根据直线的方向向量和平面的法向量的数量积可安短B；根据直线的方向向量的数量积判断C；根据平面的法向量的求法可判断D.
【详解】对于A，由可知两向量不具有倍数关系，故不平行，A错误；
对于B，由于，，则，
故，则或，B错误；
对于C，由于，即得，C正确；
对于D，由于，故，
向量是平面的法向量，则，解得，
故，D错误，
故选：ABD
三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分
12. 已知空间向量，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量的减法法则求得向量的坐标，然后由模的定义计算．
【详解】因为，所以.
故答案为：．
13. 已知直线分别与x轴，y轴相交于A,B两点，若动点在线段AB上，则ab的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用直线方程求出点A,B坐标，从而确定，由题意将代入得到，根据的取值范围结合二次函数的性质即可求出ab的最大值.
【详解】直线方程可化为，故直线与x轴的交点为A(2，0)，与y轴的交点为B(0，1).由动点在线段AB上可知，且，所以，故.因为，所以当时ab取得最大值.
【点睛】本题主要考查了点与直线的位置关系以及最值问题，点在曲线上必然满足曲线的方程，属于中档题.
14. 如图，在长方体中，，，点在棱上.若二面角的大小为，则的坐标为______，______.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】设，算出两个平面的法向量，然后建立方程求解即可.
【详解】设，平面的法向量为.
由题可知，，，则，.
易知平面的一个法向量为.
∵为平面的法向量，∴，令，则，
又二面角的大小为，∴，即，
解得或（舍去），∴，.
故答案为：；
四、解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分）
15. 已知，点满足，且，试求点的坐标.
【答案】
【解析】
【分析】设，由题意可得，再根据斜率公式即可得解.
【详解】由，得，，
设，由题意可知，且，
则，，
因为，且，
所以，
所以，解得，
即.
16. 根据下列条件，分别写出直线的方程：
（1）斜率为，在轴上的截距为.
（2）已知平面内两点，求过且与直线平行的直线的方程．
（3）求经过点，且在轴上的截距等于在轴上截距的2倍的直线方程．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用直线的斜截式方程求解即可；
（2）利用平行直线斜率相等以及点斜式，结合斜率公式即可得到直线的方程.；
（3）当直线不过原点时，设所求直线方程为，当直线过原点时，设直线方程为，将代入直线方程，进而求得所求直线的方程.
【小问1详解】
因为直线的斜率为，在轴上的截距为，
所以直线的斜截式方程为，
化简可得；
【小问2详解】
因为，， 所以，
因为所求直线与直线平行，所以所求直线斜率为，
又因为直线过，
所以所求直线的方程为：，即.
【小问3详解】
由题意，当直线不过原点时，设所求直线方程为，
将代入，可得，解得，
所以直线方程为；
当直线过原点时，设直线方程为，
将代入，可得，解得，
所以直线方程为，即，
综上可得，所求直线方程为或.
17. 在棱长为的正方体中，求
（1）直线与平面所成的角；
（2）求平面与平面的距离；
（3）求三棱锥外接球的表面积；
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求得线面角；
（2）先证平面平面，将面到面的距离转化为点到面的距离，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出点到面的距离即可；
（3）根据补形法确定三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求出正方体外接球半径，即可求得结果.
【小问1详解】
建立如图所示，以为坐标原点，
、、分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，
根据题意有：A2,0,0，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
所以，即，令，则有，
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则有，又因为，
所以
【小问2详解】
连接、、、、、，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面；
因为，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，，
令，可得，
则为平面的一个法向量，
所以平面与平面的距离.
【小问3详解】
根据补形法可知三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设三棱锥的外接球半径为，则，
所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.
18. 如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明，，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
如图，连接，由题意知为的直径，所以，

因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）知两两相互垂直，
如图，以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面，故平面的法向量可取为.
设平面法向量为，由，，
则有，可取
设二面角的平面角为，
则，
由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为.

19. 如图，四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）若，且与平面所成角的正弦值为，点E在线段上满足，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，在中，由余弦定理求得，得到，证得，再由，证得平面，即可证得平面平面；
（2）若O为中点，证得，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由平面的一个法向量为，列出方程求得，进而得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：由题知且，所以为等边三角形，
则，
又由四边形为梯形，，则，
在中，，
所以，即，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：若O为中点，，则，
由（1）得平面平面，平面平面，平面，
则平面，
连接，则，且平面，所以，，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，分别为轴、轴和轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
设且，则，由平面的一个法向量为，
可得，解得，
因为，所以，可得，
所以，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以
则，
由图形可得的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.