河北省沧州市2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

这是一份河北省沧州市2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题，共13页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，已知直线，已知，，，，则点到平面的距离为，点到直线等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第二章第3节。
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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，若，则（ ）
A．5B．4C．1D．
3．如果且，那么直线不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．在平行六面体中，，分别是，的中点．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线：，：，：，，，若，，则（ ）
A．或B．C．或D．
6．已知，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．点到直线：（为任意实数）的距离的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．在正三棱柱中，，，，为棱上的动点，为线段上的动点，且，则线段长度的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
二、选择题：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．已知点，，直线过点且与线段的延长线（不含点）有公共点，则直线的斜率的取值可能为（ ）
A．B．C．D．1
10．在正方体中，能构成空间的一个基底的一组向量为（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
11．如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．，，，四点共面
B．与所成角的大小为
C．在线段上存在点，使得平面
D．在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知直线过点，且在轴上的截距是在轴上截距的2倍，则直线的方程为_________．
13．在四面体中，，，，，则_________．
14．在中，顶点，点在直线：上，点在轴上，则周长的最小值为_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（本小题满分13分）
在梯形中，，，已知，，．
（1）求点的坐标；
（2）求梯形的面积．
16．（本小题满分15分）
在空间直角坐标系中，已知点，，，设，．
（1）若向量与互相垂直，求实数的值；
（2）求点到直线的距离．
17．（本小题满分15分）
如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的正弦值．
18．（本小题满分17分）
如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，平面平面，．
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．（本小题满分17分）
球面几何在研究球体定位等问题有重要的基础作用．球面上的线是弯曲的，不存在直线，连接球面上任意两点有无数条曲线，它们长短不一，其中这两点在球面上的最短路径的长度称为两点间的球面距离．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图1，球的半径为，，，为球面上三点，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．若设二面角，，分别为，，，则球面三角形的面积为．
（1）若平面，平面，平面两两垂直，求球面三角形的面积；
（2）将图1中四面体截出得到图2，若平面三角形为直角三角形，，设，，．
①证明：；
②延长与球交于点，连接，，若直线，与平面所成的角分别为，，且，，为的中点，为的中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值．
2024～2025学年度第一学期高二年级9月份月考·数学
参考答案、提示及评分细则
1．B 直线与轴垂直，所以倾斜角为．故选B．
2．A ，，因为，所以，解得，，所以．故选A．
3．C 由且，可得，同号，，异号，所以，也是异号．令，得；令，得，所以直线不经过第三象限．故选C．
4．A 如图所示，，即．故选A．
5．D 由，得，且，解得，由，得，故．故选D．
6．C ，，，设平面的法向量，则即令，则，，所以平面的一个法向量为，所以点到平面的距离．故选C．
7．B 将直线方程变形为，所以解得由此可得直线恒过点，所以到直线的最远距离为，此时直线垂直于，到直线的最短距离为0，此时直线经过点．又，所以到直线的距离的取值范围是．故选B．
8．D 因为在正三棱柱中，为的中点，取的中点，连接，如图，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，因为是棱上的动点，设，且，因为，所以，于是令，，所以，．又因为函数在上单调递增，所以当时，，即线段长度的最小值为．故选D．
9．BC 由图象可知要使与线段的延长线（不含点）有公共点，则，又，，则的斜率的取值范围是．故选BC．
10．AC 空间的一组向量可以成为基底的充分必要条件是这组向量不共面．选项A中，直线，所在的平面是，而与平面相交，所以，，不共面，故这组向量可以成为基底，A正确；选项B中，，，满足，所以这三个向量共面，这组向量不可以成为基底，B错误；选项C中，直线，所在的平面是，而与平面相交，所以，，不共面，这组向量可以成为基底，C正确；选项D中，因为，所以，，共面，这组向量不可以成为基底，D错误．故选AC．
11．AD 以为原点，以，，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，，，，，，，，，，设，则，所以解得故，即，，，四点共面，故A正确；因为，，所以，所以与所成角的大小为，故B错误；假设在线段上存在点，符合题意．设，则，若平面，则，．因为，，所以此方程组无解，所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误；因为，所以，又平面，平面，所以平面，故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值，又的面积是定值，所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确．故选AD．
12．或 设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，若，则过原点，故的方程为，即；若，则的方程为，所以，所以，所以的方程为，即．综上所述，直线的方程为，或．
13． 因为，所以，又，所以，所以，又，，所以，所以，又，所以．
14． 设关于直线的对称点为，关于轴的对称点为，与的交点即为，与轴的交点即为．的长即为周长的最小值．设，则解得即，关于轴的对称点为，周长的最小值为．
15．解：（1）设，由，且直线的斜率存在，所以，，即，
由，得，即，
所以，，即点的坐标为．
（2）方法一：，，
又，所以梯形的面积．
方法二：，
，
由，，得直线的方程为，
点到直线的距离，
所以梯形的面积．
16．解：（1）由题意知，
，
所以，
．
又与互相垂直，
所以，
解得．
（2）由（1）知，，
所以，
所以点到直线的距离．
17．解：如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以，，，，，．
（1）因为为的中点，为的中点，所以，，
从而，．
故．
因此异面直线与所成角的余弦值为．
（2）由于平面，所以平面的一个法向量为．
设为平面的法向量．由（1）得，．
由得令，则．
故．
所以．
所以二面角的正弦值为．
18．（1）证明：在中，，，
由余弦定理，得，
所以，即．
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）解：设，的中点分别为，，连接，，
因为，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以．
因为，分别为，的中点，所以，
又，所以，即，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，
设，则，所以．
，，
设是平面的法向量，则即
令，则，，
即平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，又，
则，即，解得．
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时．
19．（1）解：若平面，平面，平面两两垂直，有，
所以球面三角形的面积为．
（2）①证明：由余弦定理有且，
消掉，可得．
②解：由是球的直径，则，，且，，，平面，所以平面，又平面，则，
又，，平面，所以平面，
由直线，与平面所成的角分别为，，得，，
不妨先令，则，，，，
由，，，得以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，则，，，，
所以，，，，
则，，，，
设平面的法向量为，则
取，则，，可得，
设平面的法向量为，则
取，则，，可得，
要使取最小值时，则取最大值，
又，
令，，则，，
所以，当且仅当，时取等号．
所以取得最大值，此时，即的最小值为．