
河南省周口市鹿邑县2024-2025学年高二上学期10月月考数学题(解析版).docx
20页2024~2025学年度高二上学期10月质量检测数学试卷全卷满分150分,考试时间120分钟.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答,写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑;非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答;字体工整,笔迹清楚.4.考试结束后,请将试卷和答题卡一并上交.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. 设直线的倾斜角为,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设直线的倾斜角为,根据题意,得到,即可求解.【详解】由直线,可得直线斜率为,设直线的倾斜角为,其中,可得,所以.故选:A.2. 已知平面的一个法向量为,直线的一个方向向量为,若,则( )A. B. C. 1 D. 2【答案】B【解析】【分析】根据得到,根据数量积为求解.【详解】因为,所以,所以,解得.故选:B.3. 已知直线与平行,且过点,则( )A. B. 3 C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行的条件求出,将代入直线求出即可.【详解】因为直线与直线平行,所以,解得,又直线过,则,解得,经验证与不重合,所以故选:D.4. 如图,在正三棱锥中,点为的重心,点是线段上的一点,且,记,则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合图形,利用向量的线性运算将所求向量用基底表示化简即得.【详解】如图,连接并延长交于点,连接因为的重心,故,又点是线段上的一点,且,故.故选:A.5. 已知从点发出的一束光线,经过直线反射,反射光线恰好过点,则反射光线所在的直线方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】运用点关于线的对称找出对称点,结合光线反射性质计算即可.【详解】点关于对称的点设为,则,反射光线经过点,则反射光线所在的直线方程为,即.故选:C.6. 如图,在直三棱柱中,是等边三角形,,,则点到直线的距离为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取的中点,以所在直线为轴,所在直线为轴,与中点连线所在直线为轴,建立空间坐标系,利用空间向量求解即可.【详解】解:取的中点,则,以所在直线为轴,所在直线为轴,与中点连线所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以,所以,所以在上的投影的长度为,故点到直线的距离为.故选:C.7. 已知实数满足,且,则的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意,得到点段上移动,且,,设,利用斜率公式,求得的值,进而求得的取值范围,得到答案.【详解】由题意知,点满足关系式,且,可得点段上移动,且,,如图所示,设,则,因为点段上,所以的取值范围是.故选:D.8. 在正三棱锥中,,点满足,则的最小值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意,延长至点,使得,得到,结合空间向量的共面定理,得到四点共面,把到平面的距离转化为点到平面的距离的一半,结合正四棱锥的性质,即可求解.【详解】如图所示,延长至点,使得,所以,又由,所以四点共面,所以的最小值,即为点到平面的距离,因为点是的中点,则点到平面的距离是点到平面的距离的一半,又因为,所以三棱锥为正三棱锥,取等边的中心为,连接,可得平面,所以即为点到平面的距离,在等边,因为,可得,在直角中,可得,即点到平面的距离为,所以的最小值为.故选:B.二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.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. 已知空间向量,且,则下列说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据空间向量的模的坐标公式即可判断A;根据空间向量共线定理即可判断B;根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标公式即可判断C;根据空间向量夹角的坐标公式即可判断D.【详解】对于A,,,故A正确;对于B,,设,故B正确;对于C,,故C错误;对于D,,故D正确.故选:ABD.10. 下列说法正确的是( )A. 任何一条直线都有倾斜角,不是所有的直线都有斜率B. 若一条直线的斜率为,则该直线的倾斜角为C. 不能表示过点且斜率为的直线方程D. 设,若直线与线段有交点,则的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】利用直线倾斜角、斜率及斜率坐标运算逐项分析判断即得.【详解】对于A,任何一条直线都有倾斜角,不是所有的直线都有斜率,A正确;对于B,若直线的斜率为,此时的倾斜角为,B错误;对于C,由,得不能表示经过点的方程,C正确;对于D,直线过定点,直线的斜率,直线的斜率,依题意,或,解得或,D错误.故选:AC. 11. 如图,在棱长为2的正方体中,点是底面内的一点(包括边界),且,则下列说法正确的是( )A. 点的轨迹长度为B. 点到平面的距离是定值C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为D. 的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】选项A:利用空间中到定点的距离为定长的点的集合为一个球,在正方体表面上的交线为圆求得的轨迹长度;选项B:可以证得平面,结合平面,所以点到平面的距离是定值;选项C:要求直线与平面所成角的正切值的最大值,则求得在平面的投影为,当取得最小值时,直线与平面所成角的正切值最大;选项D:要求的最小值,则利用到直线的距离为,当点落在上时,求得的最小值.【详解】对于A,因为,即,所以,即点在底面内是以为圆心、半径为1的圆上,所以点的轨迹长度为,故A错误;对于B,在正方体中,,又平面,所以平面,所以点的轨迹为线段,又平面,所以点到平面的距离是定值,故B正确;对于C,因为平面,所以为直线与平面所成角,因为点到距离为定值2,记点在平面的投影为,所以当取得最小值时,直线与平面所成角的正切值最大,又,所以直线与平面所成角的正切值的最大值为,故C正确;对于D,到直线的距离为,当点落在上时,,故D正确.故选:BCD.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12. 过点且在轴、轴上截距相等的直线方程为__________.【答案】或【解析】【分析】由题意,截距相等包括截距都为0和截距相等且不为0两种情况,分别用点斜式与截距式求解方程即得.【详解】设直线在轴、轴上的截距均为,① 若,即直线过原点,设直线方程为,代入,可得,故直线方程为,即;② 若,则直线方程为,代入可得,解得,故直线方程为.综上所述:所求直线方程为或.故答案为:或.13. 已知向量,若共面,则__________.【答案】5【解析】【分析】根据共面向量基本定理,即可列式求解.【详解】因为共面,所以存在实数,使得,即,即,解得:,,.故答案为:514. 如图,在正三棱柱中,为棱上的动点(包括端点),为的中点,则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】取中点,建立空间直角坐标系,引入参数,设,且,得出,得出平面的一个法向量为,通过换元法,进行求解.【详解】取中点,以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,设,且,因为为的中点,故,于是,平面的一个法向量为,,设,则,,故,即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.故答案为:.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15. 已知的顶点坐标为.(1)若点是边上的中点,求直线的方程;(2)求边上的高所在的直线方程.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由中点坐标公式得到,再由两点求出斜率,最后有点斜式方程求出即可;(2)由两直线垂直求出边上的高所在的直线的斜率为,再由点斜式得到直线方程即可;【小问1详解】因为点是边上的中点,则,所以,所以直线的方程为,即;【小问2详解】因为,所以边上的高所在的直线的斜率为,所以边上的高所在的直线方程为,即.16. 如图,在直三棱柱中,,点分别为棱的中点.(1)求证:平面;(2)求直线与直线的夹角的余弦值.【答案】(1)答案见解析 (2)【解析】【分析】(1)先证,再由线线平行正线面平行即可;(2)由题意建系,求出相关点和向量的坐标,利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】因是直三棱柱,则,又因点分别为棱的中点,所以,则四边形是平行四边形,所以,又因平面平面,故平面;【小问2详解】如图,因直三棱柱中,故可以为原点,以所在直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,不妨设,则,于是,设直线与直线的夹角为,则,故直线与直线的夹角的余弦值为.17. 如图,在直四棱柱中,四边形是矩形,,点是棱上的一点,且.(1)求证:四边形为正方形;(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)先证,再由条件推导平面,得到即可证得;(2)依题建系,写出相关点坐标,求得相关向量的坐标,利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】如图,连接,在直四棱柱中,平面,平面,所以,又平面,所以平面,又平面,所以,又四边形是矩形,所以四边形为正方形;【小问2详解】如图,以为坐标原点,所在的直线分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,则,所以,设平面的一个法向量为n=x,y,z,所以,故可取,设直线与平面所成角的大小为,所以即直线与平面所成角的正弦值为.18. 已知直线与坐标轴形成的三角形的面积为.(1)当时,求直线的方程;(2)针对的不同取值,直线构成集合,讨论集合中的元素个数.【答案】(1)或 (2)答案见解析【解析】【分析】(1)根据题意,求得的面积为,结合,得到,分类讨论,即可求解;(2)由,得到,分和,两种情况讨论,结合的取值和一元二次方程的性质,即可求解.【小问1详解】解:由题意知,直线的斜率存在,且,则直线与轴的交点为,与轴的交点为,所以的面积为;因为,可得,①当时,方程化为,解得或1,此时直线的方程为:或;②当时,方程化为,此时,方程无解(舍去),综上可得,当时,直线的方程为或.【小问2详解】解:由,可得方程,①若时,方程化为,此时,可得,方程有两正解,即有两条直线;②若时,方程化为,当时,,方程无实数根,此时无直线;当时,,方程有一负根,此时有一条直线;当时,,方程有两负根,即有两条直线;综上知,当时有两条直线;当时有三条直线;当时有四条直线;所以,当时,集中的元素有2个;当时,集合中的元素有3个;当时,集合中的元素有4个.19. 如图,在四棱锥中,四边形为矩形,,平面。












