宁夏银川市六盘山高级中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）.docx

1、宁夏六盘山高级中学2023-2024学年第一学期高二月考测试卷学科：数学测试时间：120分钟满分：150分命题一单选题（每小题5分，共40分）1. 直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线斜率，即可得出倾斜角.【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角为.故选：B2. 已知点，且两点的距离为5，则（ ）A. 0B. 8C. 0或8D. 4【答案】C【解析】【分析】根据两点距离公式即可求解.【详解】由题意可得或，故选：C3. 已知空间向量，且与垂直，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律即可求出，进而求

2、出结果.【详解】因与垂直，所以，即，所以.又，所以.故选：D.4. 如图，在长方体中，下列说法错误的是（ ） A. 点的坐标为B. 点关于轴的对称点坐标为C. 点关于坐标平面的对称点坐标为D. 点关于原点的对称点坐标为【答案】C【解析】【分析】根据空间中的点对称的特征即可结合选项逐一求解.【详解】点的坐标为,故A正确，点关于轴的对称点坐标为，B正确，点关于坐标平面的对称点坐标为，C错误，点关于原点的对称点坐标为，D正确，故选：C5. 如图，空间四边形OABC中，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.【详

3、解】因为，所以，所以，又点N为BC中点，所以，所以.故选：B.6. 过点，且平行于直线的直线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据平行直线系即可求解.【详解】与直线平行的直线可设为，将代入可得，故直线方程为，故选：C7. 若向量，则（ ）A. 6B. 8C. 10D. 12【答案】A【解析】【分析】先利用空间向量的线性运算得到的坐标，再利用数量积运算求解.【详解】解：因为，所以，又，所以，故选：A8. 如图，已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】取的中点，连接、，可得，从而异面直线与所成

4、角就是直线与直线所成的角，然后在三角形中，利用余弦定理，即可求解.【详解】如图，取的中点，连接、，易知， 所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即，因为直三棱柱的所有棱长都相等，可设三棱柱的棱长都为，则，则在中，由余弦定理可得：即异面直线与所成角的余弦值为：.故选：.二多选题（每小题5分，共20分）9. 下列命题正确的是（ ）A. 任何直线方程都能表示为一般式B. 两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等C. 直线与直线的交点坐标是D. 直线方程可化为截距式为【答案】AC【解析】【分析】根据具体条件对相应选项作出判断即可.【详解】对A：直线的一般是方程为：，当时，方程表示水平线，垂直轴

5、；当时，方程表示铅锤线，垂直轴；当时，方程表示任意一条不垂直于轴和轴的直线；故A正确.对B：两条直线相互平行的充要条件是它们的斜率相等且不重合，故B错.对C：联立，解得，故C正确对D：若或时，式子显然无意义，故D错.故选：AC.10. 下列直线中，与垂直的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据垂直满足的斜率关系即可求解.【详解】直线的斜率为，故与其垂直的直线斜率为，对于ACD, 斜率为,符合，对于B，斜率为，不符合，故选：ACD11. 下列说法中正确的是（ ）A. 若向量共线，则向量所在的直线平行B. 已知不共面，则一定能构成空间的一个基底C. 三点不共线，对空间任

6、意一点，若，则四点共面D. 若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件【答案】BCD【解析】【分析】利用共线向量定义可知，当向量共线时，向量所在的直线不一定平行，即A错误；根据不共面的空间向量可构成一组基底可利用反证法证明B正确；由空间向量证明点共面可知C正确；由共线定理可证明是三点共线的充要条件，可得D正确.【详解】对于A，若向量共线，则向量所在的直线可能平行，也可能重合，故A错误；对于B，假设向量共面，则存在实数满足，所以可得，若，则，可得两向量共线，这与不共面矛盾；若，则，可得共面，与已知矛盾，所以假设不成立，即可得向量不共面，所以一定能构成空间的一个基底，即B正确；对于C，因

7、为三点不共线，对空间任意一点，若，因为，所以可知四点共面，即C正确；对于D，若为空间四点，且有（不共线），当，即时，可得，即，所以三点共线；当三点共线时，根据共线定理可知可知对于空间中任意一点，存在实数满足（不共线），且，即D正确.故选：BCD.12. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四面体的体积为B. 向量在方向上的投影向量为C. 直线与直线垂直D. 点到直线的距离【答案】ABD【解析】【分析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.【详解】解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间

8、坐标系，如图所示： 则，对于A，因为，故正确；对于B，因为，所以，所以在方向上的投影向量为：，故正确；对于C，因为，所以与不垂直，即直线与直线不垂直，故错误；对于D，因为，所以，所以，所以点到直线的距离，故正确.故选：ABD.三填空题（每小题5分，共20分）13. 已知直线过点，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】根据斜率公式即可求解.【详解】由斜率公式可得，故答案为：14. 两条平行直线与间的距离为_【答案】【解析】【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案.【详解】依题意可知，两直线的距离为.故答案为：15. 如图，已知线段在平面内，且，则_. 【答案】【解析】【分析】根据空间向

9、量的线性表示，结合模长公式，即可求解.【详解】由于，在平面内，所以,又所以,由于,所以,所以，故答案为：16. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，则当平面与平面所成角的余弦值为时，三棱锥的体积为_. 【答案】【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法结合面面角求出，再根据锥体的体积公式即可得解.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，则，故，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，因为轴平面，则可取平面的法向量为，则，解得或（舍去），所以，故.故答案为：. 【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的

10、两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.四解答题（17题10分，其余各题每小题12分，共70分）17. 已知的顶点坐标分别是.（1）求直线的方程（答案用一般式方程表示）；（2）求边上的高线的长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由点，结合直线的点斜式方程，即可求得的方程；（2）过点作，结合点到直线的距离公式，即可求解.【小问1详解】解：由点，可得直线的斜率

11、为，所以直线的方程为，即.【小问2详解】解：如图所示，过点作，即设的边上的高线为， 由直线的方程为，又由，根据点到直线的距离公式，可得，即边上的高线的长. 18. 已知向量，.（1）求与的夹角余弦值；（2）若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用向量坐标夹角公式计算可得答案；（2）利用向量垂直的坐标运算可得答案.【小问1详解】因为，所以，所以；【小问2详解】，因为，所以，解得.19. 如图，在四面体中，设. （1）求的值；（2）已知是线段中点，点满足，求线段的长.【答案】（1）36 （2）【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，（2）根据空间向量的线性，结合模

12、长公式即可求解.【小问1详解】由，可得,所以【小问2详解】由于是线段中点，点满足，所以故,所以,所以20. 如图，长方体是的中点. （1）求证：平面；（2）求直线与平面夹角的正弦值.【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）连接交于，再连接，由线面平行的判定定理证明即可；（2）以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：连接交于，再连接， 由题意可知是中点，又因为是的中点，所以,又因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】解：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示： 因为所以，所以，设平面的法向量为，则有，所

13、以，取，设直线与平面夹角，则有，所以直线与平面夹角的正弦值为.21. 如图，在直三棱柱中，点分别在棱上，且，. （1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，可证得法向量互相垂直，由此可得结论；（2）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】三棱柱为直三棱柱，平面，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，设平面的法向量，则，令，解得：，；设平面的法向量，则，令，解得：，；，平面平面.【小问2详解】，又平面的法向量，点到平面的距离.22. 如图，四棱锥的

14、底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，且平面.（1）求平面与平面所成的角；（2）侧棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求出点的位置；若不存在，试说明理由.【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）连接，交于点，利用线面垂直判定可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；（2）假设，满足平面，由线面平行的向量判定方法可构造方程求得的值，由此可得结论.【小问1详解】连接，交于点，连接，四边形为正方形，为中点，；，平面，平面，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，平面，平面，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，即平面与平面所成角的余弦值为，平面与平面所成的角为.【小问2详解】假设在上存在一点，满足，使得平面，又，平面的一个法向量为，解得：，