2024-2025学年陕西省延安市高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年陕西省延安市高二上册第一次月考数学检测试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，考试结束后，将答题卡统一交回等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上.
2.作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效.
3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡统一交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线的倾斜角为，则（ ）．
A. 0B. C. D. 不存在
2. 若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A B. C. D.
3. 下列命题中正确的是（ ）
A. 点关于平面对称点的坐标是
B. 若直线l方向向量为，平面的法向量为，则
C. 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
4. 如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. B. C. D.
6. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数的图象与直线有两个交点，则（ ）
A 6B. 8C. 10D. 12
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9. 已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 向量与向量的夹角为
B.
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 向量与向量，共面
10. 布达佩斯伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 点到直线的距离是
C. D. 异面直线与所成角的正切值为4
11. 如图，球与棱长为2的正方体的六个面都相切，分别为棱的中点，为正方形的中心，则（ ）
A. 球与该正方体的体积之比为
B. 球与该正方体的表面积之比为
C. 直线被球截得的线段的长度为
D. 过三点的正方体的截面与球的球面的交线长为
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 如图，四边形，都是边长为1的正方形，,则，两点间的距离是______．
13. 直线l过原点，且垂直于向量．若角的终边落在直线l上，则______．
14. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若，则______．

四、解答题(本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15. 已知直线，直线.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．

（1）证明：；
（2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．
17. 已知直线过定点．
（1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程；
（2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程．
18. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点．
（1）证明：平面；
（2）当，且二面角为锐二面角时，求平面与平面夹角的余弦值．
19. 如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且.当的长度最小时,
（1）求；
（2）求点到平面的距离．
2024-2025学年陕西省延安市高二上学期第一次月考数学检测试卷
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上.
2.作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效.
3.作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡统一交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若直线的倾斜角为，则（ ）．
A. 0B. C. D. 不存
【正确答案】C
【分析】根据直线的方程即可求解.
【详解】因为，
为一常数，故直线的倾斜角为，
故选：C
2. 若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】借助待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得.
【详解】由题意可得，
设，
即有
即可得，解得，即
即向量在基底下的斜坐标为.
故选：D.
3. 下列命题中正确的是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
【正确答案】C
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
4. 如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
5. 已知空间向量，，若与垂直，则等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用向量垂直的坐标表示计算可得结果.
【详解】根据题意可得，即，
可得，解得.
故选：C
6. 已知点，，若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意，设直线的倾斜角为，由的坐标求出直线的斜率，结合的范围可得即的取值范围，
再利用正切函数性质分析可得的范围，即可得答案.
【详解】解：根据题意，设直线的倾斜角为，
点，，则直线的斜率，
又由，则的取值范围为，，
即的范围为，，
又由，则
故选：C.
7. 设O为坐标原点，向量，，，点Q在直线OP上运动，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据空间向量共线定理即可表示出，进而再求的坐标即可运算.
【详解】∵，点Q在直线OP上运动，
∴可设.
又向量，，
∴，，
则.
易得当时，取得最小值.
故选：B.
8. 已知函数的图象与直线有两个交点，则（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【正确答案】C
【分析】由直线过定点和函数图像的对称性结合即可；
【详解】由题意可得直线恒过点，且无论取何值，直线与函数都有两个交点，
所以分析函数的对称中心为，
所以，，
所以，
故选：C.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9. 已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 向量与向量的夹角为
B.
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 向量与向量，共面
【正确答案】ABD
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.
【详解】因为，所以，
可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；
因为，
所以，即B正确；
根据投影向量定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C错误；
由向量，，，可知，
向量与向量，共面， 所以D正确.
故选：ABD
10. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图，把三片这样的达·芬奇方砖拼成组合，把这个组合再转换成空间几何体．若图中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 点到直线的距离是
C. D. 异面直线与所成角的正切值为4
【正确答案】ABC
【分析】利用空间向量的线性运算判断A，建立空间直角坐标系利用空间向量模的坐标求法判断C，利用投影公式结合勾股定理判断B，利用线线角的向量求法判断D即可.
【详解】依题意得，故A正确；
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
，
对于BC，，
所以，设，
则点到直线的距离，故BC正确；
对于D，因为，
所以，所以，
所以异面直线与所成角的正切值为，故D错误．
故选：ABC．
关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后利用投影公式结合勾股定理得到所要求的长度即可．
11. 如图，球与棱长为2正方体的六个面都相切，分别为棱的中点，为正方形的中心，则（ ）
A. 球与该正方体的体积之比为
B. 球与该正方体的表面积之比为
C. 直线被球截得的线段的长度为
D. 过三点的正方体的截面与球的球面的交线长为
【正确答案】BC
【分析】根据正方体和球的表面积和体积公式，可判定A错误；B正确；连接，取中点，得到，求得到的距离，结合圆的弦长公式，可判定C正确；以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，求得和平面的法向量，结合距离公式，得到过三点的正方体的截面恰好过球的球心，可判定D错误.
【详解】因为球与棱长为2的正方体的六个面都相切，
对于A中，可得正方体的体积为，
球的半径为，体积为，
球与该正方体的体积之比为，所以A不正确；
对于B中，正方体的表面积为，球的表面积为，
所以球与该正方体的表面积之比为，所以B正确；
对于C中，连接，可得，
再连接，在直角中，可得，
取中点，连接，则，可得，
即点到的距离为，
所以直线被球截得的线段的长度为，
所以C正确；
对于D中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
所以点到平面的距离为，
可得过三点的正方体的截面恰好过球的球心，
所以截面交线的周长为，所以D错误.
故选：BC.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 如图，四边形，都是边长为1的正方形，,则，两点间的距离是______．
【正确答案】
【分析】由空间向量的线性运算可得出，利用空间向量数量积的运算性质可求得，即为所求．
【详解】因为四边形、都是边长为的正方形，则，，
又，则，
因为，由图易知，，
所以
，
即，两点间的距离是．
故．
13. 直线l过原点，且垂直于向量．若角的终边落在直线l上，则______．
【正确答案】##
【分析】根据题意求出直线方程，然后利用任意角的三角函数的定义求出，再对变形后，将代入计算即可
【详解】因为直线l过原点，且垂直于向量，
所以直线l的方程为，
当时，取终边上的点，可得，
当时，取终边上的点，可得，
所以若角的终边落在直线l上，则，
．
故
14. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形状体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，M，N分别是的中点，，动点在线段MN上运动，若，则______．

【正确答案】
【分析】利用等和面定理求解即可.
【详解】如图，取的中点，连接AE交于点．

因为M，N分别是的中点，所以．
因为平面，所以平面．
因为平面EMN，所以平面平面，
点在平面EMN内，所以由等和面定理可知，．
故
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15. 已知直线，直线.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
【正确答案】（1）
（2）或.
【分析】（1）根据两条直线平行公式计算即可求参，再检验是否重合；
（2）根据两条直线垂直公式计算即可求参.
【小问1详解】
因为，所以，
整理得
解得或.
当时，重合；
当时，，符合题意.
故.
【小问2详解】
因为，所以
解得或.
16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．

（1）证明：；
（2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见详解；
（2）.
【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明；
（2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【小问1详解】
由题知，因为为圆的直径，所以，
又，所以，
因为为的中点，所以，
由圆台性质可知，平面，且四点共面，
因为平面，所以，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
圆台的体积，其中，
解得或(舍去).
由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，
则解得
于是可取.
设直线与平面的夹角为，
则，
故所求正弦值为.
17. 已知直线过定点．
（1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程；
（2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程．
【正确答案】（1）或
（2）的最小值为，直线的方程为.
【分析】（1）将直线整理后解方程组可得，分情况讨论截距是否为零可得直线的方程；
（2）分别解得两点坐标求得面积的表达式，利用基本不等式即可得的最小值以及此时直线的方程．
【小问1详解】
将整理可得，
令，可得，
即可得定点，
若在两坐标轴上截距都为零，可得直线的方程为；
若在两坐标轴上截距不为零且相等，
设直线的截距式方程为，代入点即可得，解得；
此时直线的方程为；
综上可知直线的方程为或；
【小问2详解】
易知，且，可得；
所以三角形的面积为；
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最小值为，此时直线的方程为.
18. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点．
（1）证明：平面；
（2）当，且二面角为锐二面角时，求平面与平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用中位线性质作，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用三角函数值求出各点坐标，再求得平面的法向量即可计算两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点为，边的中点为，连接；
由题意可知，直角梯形中，
可得四边形为正方形，
又为边的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，即
又平面，平面，
可得平面；
【小问2详解】
由，二面角为锐二面角可得，
又，所以为等边三角形；
因此，
又，，且平面，
即可得平面，
又平面，所以，
即可得两两垂直，易知，
因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知二面角为锐二面角时，其平面角即为，
则，所以,
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
即即为平面的一个法向量；
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以.
因此平面与平面夹角的余弦值为.
19. 如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且.当的长度最小时,
（1）求；
（2）求点到平面的距离．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据菱形性质以及边长利用线面垂直性质定理建立空间直角坐标系，得出，即可计算出的长度最小时；
（2）利用点到平面距离的向量求法，求得平面的法向量代入计算即可得出结果.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
由菱形和菱形以及可得为等边三角形，
可得，
又平面，则平面，
又平面，于是平面平面；
在平面内作，平面平面，所以平面；
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则
由可得，由可得；
所以，，
由可得；
所以，
可得，
当时，的长度最小；
【小问2详解】
此时，；
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，即；
所以点到平面的距离为.
关键点点睛：本题关键在于根据几何体性质利用线面垂直、面面垂直性质定理等建立空间直角坐标系，再根据向量相等得出要求点的坐标可求解.