河南省郑州市第四十四高级中学2025~2026学年高二上期第一次月考数学试卷（含解析）.docx

河南省郑州市第四十四高级中学2025-2026学年高二上期第一次月考数学试卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1．直线的一个方向向量为（    ）A． B． C． D．2．无论 取何实数，直线恒过一定点，则该定点坐标为A． B． C． D．3．已知平行六面体的各棱长均为，，，则（ ）A． B．C． D．4．直线的方程为，则直线的倾斜角为　　A． B． C． D．5．直线与直线平行，则．A． B． C．或 D．或6．已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）A． B．或C． D．7．已知正四面体的棱长为，是的中点，在上，且，则（    ）A． B． C．0 D．8．如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（    ）A． B． C． D．二、多选题 （本题共3小题，每小题6分，共18分）9．已知点,在z轴上求一点B，使|AB|＝7，则点B的坐标为（    ）A． B．C． D．10．已知直线和直线，下列说法不正确的是（    ）A．当或时， B．当时，C．直线过定点，直线过定点D．当，平行时，两直线的距离为11．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（   ）A．若，，则 B．若，则C．若，，则D．若，，则在上的投影向量的坐标为三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知直线，则过点与直线垂直的直线的方程为 .13．在棱长为1正方体中，为线段的中点，则到平面的距离为 14.如图，在棱长为2的正方体中，点P在正方体的对角线AB上，点Q在正方体的棱CD上，若P为动点，Q为动点，则PQ的最小值为 .四、解答题：（本题共5小题，共77分）15．已知直线的方程为(1)若与直线平行，求的值；(2)若在轴，轴上的截距相等，求的方程16．如图，在正三棱柱中，是棱的中点．(1)证明：；(2)证明：平面；(3)若，求到平面的距离．17．已知，，，，，(1)若、共线，求实数；(2)若向量与所成角为锐角，求实数的范围18．如图，在长方体中，，，E是线段上的动点．(1)求证：；(2)是否存在点E，使得直线AC与平面所成角为45°，若存在，求出DE的长；若不存在，请说明理由．19.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，.(1)当点为线段的中点时，求证：直线平面；(2)当点N段上时（包含端点），是否存在点，使得平面和平面的夹角的余弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由.郑州市第四十四高级中学高二年级上期第一次月考 数学答案一、选择题题号12345678910答案BAAABACAACACD题号11 答案BCD 二、填空题12．【分析】直线垂直的直线的方程可设为，将点带入算出参数即可.【详解】因为直线且直线与直线垂直,所以由题可设，又直线过点，所以，解得，即直线的方程为.故答案为: .13．【分析】以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，再利用点到面的距离公式求解即可.【详解】解：以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，则，，设面的一个法向量为，则，当，面的一个法向量为，则到平面的距离.故答案为：14．【分析】建立空间直角坐标系，利用三点共线设出点P(λ，λ，2﹣λ)，0≤λ≤2，以及Q(0，2，μ)，0≤μ≤2，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设P(λ，λ，2﹣λ)，Q(0，2，μ)(0≤λ≤2且0≤μ≤2)，可得PQ=，∵2(λ﹣1)2≥0，(2﹣λ﹣μ)2≥0，∴2(λ﹣1)2+(2﹣λ﹣μ)2+2≥2，当且仅当λ﹣1=2﹣λ﹣μ=0时，等号成立，此时λ=μ=1，∴当且仅当P､Q分别为AB､CD的中点时，PQ的最小值为.故答案为:.三、解答题.(其中15小题满分13分，16-17小题满分15分，18-19小题满分17分)15．1．(1)(2)或【分析】（1）根据两直线平行得到方程和不等式，求出的值；（2）分与两种情况，求出与轴，轴的交点坐标，列出方程，求出，从而得到直线的方程.【详解】（1）因为与直线平行，所以且，解得：.（2）当时，：，不满足题意.当时，与轴，轴的交点分别为，因为在轴，轴上的截距相等，所以，解得.故的方程为或.16．(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析(3)【分析】（1）根据三线合一得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，证明出；（2）作出辅助线，得到，由线面平行的判定得到结论；（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标和平面的法向量，由点到平面的距离公式得到答案.【详解】（1）因为为等边三角形，是棱的中点，所以⊥，三棱柱为正三棱柱，故⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以；（2）连接，与相交于点，连接，因为四边形为矩形，故为的中点，又为的中点，故，又平面，平面，所以平面；  （3）由（2）知，平面，故到平面的距离即为到平面的距离，取的中点，连接，则，由于⊥平面，故⊥平面，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，设平面的法向量为，则，解得，令得，故，  所以到平面的距离，故到平面的距离为.17．(1)(2)【分析】（1）根据空间向量的模长公式以及可求出、的值，可得出向量、的坐标，根据、共线，可得出关于实数的不等式，解之即可；（2）分析可知以及、不共线，结合空间向量的坐标运算可求得实数的取值范围.【详解】（1）解：因为，，，，，则，可得，，解得，所以，，所以，，因为，所以，解得．（2）解；由（1）知，，，因为向量与所成角为锐角，所以，解得，又当时，，所以实数的范围为．18．(1)证明见解析(2)存在，.【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）如图，连接，DB，在长方体中，∵底面ABCD，底面ABCD，∴．又，，∴平面，又平面，（2）假设存在这样的点E，使得直线AC与平面所成角为45°．设，如图，以D为原点，直线DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，．∴，，．设平面的法向量为，则令，则，．∴平面的一个法向量为．∴，解得．∴存在这样的点E，当时，直线AC与平面所成角为45°．19．1．(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据题意证明直线分别与，垂直，再利用直线与平面垂直定理求解；（2）建立直角坐标系，利用空间向量求出点坐标后，利用点到平面距离公式可求解.【详解】（1）证明：因为点为线段的中点，且，所以，因为，且四边形为正方形，故，所以，而平面，故平面.（2）解：设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，连接平面，故，又平面，故平面平面，且平面平面，由题意可知四边形为等腰梯形，故,平面，故平面，故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：因为，则，又，故，设到底面的距离为，四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故，又，故，则，，，设，设平面的一个法向量为，则，令，设平面的一个法向量为，则，令，故.解之得：（舍），所以存在点，即点与重合.因为，设平面的一个法向量为，则，令，所以点到平面的距离.。