山东省菏泽市鄄城县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份山东省菏泽市鄄城县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在棱柱中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的加法运算法则直接计算.
【详解】，
故选：B.
2. 已知直线与直线平行，则实数（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行的条件求解即可.
【详解】由两直线平行，得，解得.
当时，直线与直线平行，故.
故选：B.
3. 已知是坐标原点，是抛物线：的焦点，是上一点，则线段的长度为（ ）
A. 9B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点在抛物线上，求得抛物线方程即可求解.
【详解】由是上一点，得：，更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 解得，所以．
故选:D.
4. 在空间直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形对角线的交点为中点可得答案.
【详解】设，
因为与的中点相同，所以，
解得，所以.
故选：A.
5. 已知是空间的一个基底，，，若，则 （ ）
A. B. C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】化简，结合，列出方程组，即可求解.
【详解】因为向量，
又因为，且，
可得，则，解得，
所以.
故选：C
6. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解.
【详解】由F为BE 的中点，得
又
所以，由
得
即所以
故选：D

7. 在长方体中，，，为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求点到平面的距离.
【详解】如图所示，

以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
又，
所以点到平面的距离为，
故选：D.
8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量求线线角含参数问题，将该几何体还原成正方体，建立空间直角坐标系，求解.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为2，
所以，，所以，则，
设直线与直线所成角为，
则，
即，解得或（舍）.
故选：B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在空间直角坐标系中，点的坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A. 点关于原点对称的点是
B. 点关于轴对称的点是
C. 点关于平面，对称的点是
D. 点关于点对称的点是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用点关于原点的对称点的特点可判断A的正误；根据点关于坐标轴对称点的特点可判断B的正误；利用点关于坐标平面对称点的特点可判断C的正误；利用点关于点对称的特点可判断D.
【详解】空间直角坐标系中，点.
对于A，点关于于原点对称的点的坐标是，A正确；
对于B，点关于轴对称的点的坐标是，B错误；
对于C，点关于平面对称点的坐标是，C正确；
对于D，点关于点对称点的坐标是，D错误；
综上知，正确的选项是AC.
故选：AC.
10. 已知是空间中三个向量，则下列说法错误的是（ ）
A. 对于空间中的任意一个向量，总存在实数，使得
B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C. 若，，则
D. 若所在直线两两共面，则共面
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理对选项一一判断即可得出答案.
详解】由空间向量基本定理，可知只有当不共面时，
才能作为基底，才能得到，故A错误；
若是空间一个基底，则不共面，
设，
则，因为无解，所以也不共面，
所以也是空间的一个基底，故B正确；
若，，则不一定平行，故C错误；
若所成直线两两共面，则不一定共面，故D错误，
故选：ACD.
11. 在平行六面体中，，，若，其中，，，则下列结论正确的为（ ）
A. 若点在平面内，则B. 若，则
C. 当时，三棱锥的体积为D. 当时，长度的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得，进而求解判断A；根据空间向量的数量积定义和线性运算可得，，进而结合即可求解判断B；由题易知四面体为正四面体，设在平面内的射影为点，进而可得当时，到平面的距离为，进而结合三棱锥的体积公式求解判断C；根据空间向量的数量积定义及运算律可得，进而结合二次函数的性质及基本不等式即可求解判断D.
【详解】对于选项A，若点在平面内，易知有，
所以，
又，则，故A正确；
对于选项B，由题意易得，
，且，
又，即，
故，解得，故B正确；
对于选项C，由题易知四面体为正四面体，
设在平面内的射影为点，
则为的中心，易得，．
当时，到平面的距离为，
所以，故C错误；

对于选项D，由B知，
，
又，
由基本不等式可知，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用空间向量的的数量积定义和线性运算进行转化问题，使之转化为较易的问题进行解决.
12. 已知拋物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为B.
C. 直线的斜率为D. 直线的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由准线所过点求得得抛物线方程，判断A，设直线，代入抛物线方程后应用韦达定理判断B，设，，利用选项B中斜率表示出两点坐标，计算斜率判断C，利用韦达定理得出线段中点坐标得直线方程判断D．
【详解】因为在准线上，所以准线方程为，所以，抛物线的方程为，故A错误；
设直线，代入，得，
当直线与相切时，，即，
设的斜率分别为，易知是上述方程的两根，故，
所以，故B正确；
设，，则分别是方程的根，
所以，所以，故C正确；
，，
所以的中点为，直线的方程为，即，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，若，则m=______.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量垂直的条件求解.
【详解】由，得 解得
故答案为：
14. 试写出一个点的坐标：_________，使之与点，三点共线（与不重合）.
【答案】 （满足（）即可）
【解析】
【分析】设，由三点共线，可得，列出方程组，即可求解.
【详解】设，由三点共线，可得，即，
所以，解得，，，
不妨令，可得，，，故此时点的坐标为.
故答案为：（答案不唯一：满足（）即可）
15. 已知椭圆E：的左、右焦点分别为A，B，若E上存在点P满足：，则E的离心率的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的性质分析可得，进而可求离心率.
【详解】设椭圆E的上顶点为Q，
则，则，
又因为，则，
即E的离心率的取值范围是．
故答案为：.
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为______.

【答案】
【解析】
【分析】利用空间线面位置关系、空间向量、向量法求空间中点到直线距离的公式、二次函数分析运算即可得解.
【详解】解：

如上图，取的中点为.连接 、、.
∵，点是的中点，∴.
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴ 平面.又∵平面∴.
又∵底面是矩形，、是、中点，∴.
∴以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴
建立空间直角坐标系如图所示，由，，，
得，.
∴，，，则，，
设，则，，
，
∵，
∴向量的单位方向向量，
则，
因此点到直线的距离，
当时，取最小值，
∴线段上的动点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
【点睛】向量法求点到直线距离步骤：
1.根据图形求出直线（或向量）的单位方向向量.
2.在直线上任取一点（可选择特殊便于计算的点），计算点与直线外的点的方向向量点.
3.点到直线的距离.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知空间向量.
（1）求；
（2）判断与以及与的位置关系.
【答案】（1）
（2）；.
【解析】
【分析】（1）直接利用向量线性运算和数量积的坐标运算求解即可.
（2）利用向量垂直和平行的判定直接判断即可.
【小问1详解】
由题知，，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以；
因为，
所以，所以.
18. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;
（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.
【小问1详解】
由已知可设圆心，则，解得或（舍），
所以圆的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
又，所以，解得，
所以直线的方程为或
.
19. 如图，在四面体中，，，，，点，分别在棱，上，且，.

（1）用，，表示，；
（2）求异面直线，所成角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算直接表示各向量；
（2）利用转化法求向量数量积及夹角.
【小问1详解】
因为点，分别在棱，上，且，，
所以，，
所以，
；
小问2详解】
因为，，，，
所以，，
所以，
，
，
所以，
即异面直线，所成角的余弦值为.
20. 如图，在直三棱柱中，，，.

（1）求证：平面平面；
（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）计算长度关系，由勾股定理先证明线线垂直，再证线面垂直，最后应用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用法向量求线面角.
【小问1详解】
由直棱柱的性质得平面，
又平面，所以.
因为，所以
因为， 平面，平面，
所以平面
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由直棱柱的性质得平面，
又平面，所以.
结合（1）可知，，，两两垂直，以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设为平面的法向量，
则即令，得，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
21. 在矩形中，，点P是线段的中点，将沿折起到位置（如图），使得平面平面，点Q是线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，得到线线平行，得到线面平行；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为点Q是线段的中点，所以，且，
又因为点P是线段的中点，故，
又四边形为矩形，所以且，
故且，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，取的中点，连接，
因为矩形中，，点P是线段的中点，
所以四边形为正方形，故⊥，
因为，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，⊥，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面与平面所成角为，
则.
22. 在直角坐标平面内，已知，动点满足条件：直线与直线的斜率之积等于，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线交于两点（与不重合），直线与的交点是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，.
【解析】
【分析】（1）设，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，即可得到直线，的交点的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出，从而得解.
【小问1详解】
设，则，
所以，即，
故曲线的方程为；
【小问2详解】
根据题意，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由消去并整理得，
，
设，则，
因为，所以可设直线的方程为，①
直线的方程为，②
所以直线的交点的坐标满足.
而
，
因此，即点在定直线上，且定直线的方程为.