2024-2025学年山东省聊城市高二上册第二次月考数学学情检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省聊城市高二上册第二次月考数学学情检测试题（含解析），共15页。试卷主要包含了向量，若，则，过点且倾斜角为的直线方程为，已知直线，“”是“”的，已知，则的最小值为，满足下列条件的直线与，其中的是等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题共58分）
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．向量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
2．过点且倾斜角为的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．在四面体中，，，，，，用向量，，表示，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A．B．C．D．6
5．已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数m的值为（ ）．
A．B．0C．5D．
6．已知直线，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
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．满足下列条件的直线与，其中的是（ ）
A．的倾斜角为，的斜率为
B．的斜率为，经过点，
C．经过点，，经过点，
D．的方向向量为，的方向向量为
10．若三条直线可以围成一个三角形，则实数的值可以为（ ）
A．B．0C．1D．3
11．已知四面体满足，，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．直线与所成的角为
C．点为直线上的动点，到距离的最小值为
D．二面角平面角的余弦值为
第二部分（非选择题共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知直线l1：与直线l2：的交点为M．则过点M且与直线l3：3x﹣y+1＝0垂直的直线l的一般式方程为 ．
13．已知三角形的三个顶点，则的高等于 .
14．已知向量与的夹角为，则在方向上的投影向量的模长为 .
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．已知空间中三点，，.设，.
(1)求和；
(2)若与互相垂直，求实数的值.
16．已知三角形ABC的顶点坐标为．
(1)求过点C且与边AB平行的直线方程；
(2)求AB边上的高所在的直线方程．
17．如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
(1)证明：平面;
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
18．已知直线过点且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，
(1)求三角形面积取最小值时直线的方程；
(2)求取最小值时直线的方程．
19．如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．

(1)证明:平面．
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
1．C
【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值.
【详解】因为，所以，由题意可得，
所以，则．
故选：C.
2．D
【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程
【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
故选：D
3．B
【分析】由题设易知为中点，连接，根据空间向量加法、数乘的几何意义可得、，再由即可确定答案.
【详解】∵，
∴为中点，连接，如下图，
∴，而，
∴.
故选：B
4．C
【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解.
【详解】因为，所以
，
从而，即的长为．
故选：C.
5．C
【分析】根据题意得到存在使得，从而得到方程组，得到答案.
【详解】因为不能构成空间的一个基底，
所以共面，
故存在使得，
即，
故，解得.
故选：C
6．A
【分析】根据题意，由直线平行的判断方法分析“”和“”的关系，结合充分必要条件的定义分析可得答案.
【详解】若直线与平行，
则，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选.
7．A
【分析】求出直线、的斜率后可求直线的斜率的范围.
【详解】
，而，
故直线的取值范围为，
故选：A.
8．C
【分析】先将变形为，再根据其几何意义数形结合转化为直线上动点到直线同侧两定点的距离之和，然后利用对称转化为异侧两点之间距离最短可求最小值.
【详解】设点为直线上的动点，
由，
则其几何意义为与的距离和与的距离之和，
设点，
则点关于直线的对称点为点，
故，且，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
9．BCD
【分析】根据直线斜率之积为判断ABC，再由方向向量垂直的数量积表示判断D.
【详解】对A，，，，所以A不正确；
对B，，，故B正确；
对C，，，，故C正确；
对D，因为，所以两直线的方向向量互相垂直，故，故D正确.
故选：BCD
10．BD
【分析】由题意可得三条直线两两都不平行且不同时过同一个点，写出限定条件即可得结果.
【详解】根据题意可知三条直线两两都不平行，且不同时过同一个点；
当平行时可得，此时不合题意，因此；
联立，即，解得交点坐标为0,1，
因此0,1不在上，即可得，可得；
所以若三条直线围成一个三角形，只需且即可.
故选：BD
11．BCD
【分析】将四面体放入长方体中，根据四面体的棱长求解长方体的长宽高，即可建立空间直角坐标系，结合选项利用向量法求解.
【详解】将四面体放入长方体中，（如图），设长方体的长宽高分别为，
则，
所以解得，
建立如图所示的空间直角坐标系，则,
故故，
所以直线与所成的角为，A错误，
由于，故，
直线与所成的角为，B正确，
对于C，点为直线上的动点，当位于的中点时，此时到距离的最小，
且最小值为长方体的高，即为，C正确，
对于D，取中点，连接,由于，，
所以,故为所求角，
,
故，故D正确.
故选：BCD
12．
【分析】直线与直线联立得，再由点斜式可求得直线方程.
【详解】联立，解得：．
所以与l3垂直的直线方程为：，
整理得：．
故
13．
【分析】求得直线的直线方程，利用点到直线的距离公式可求的高的长.
【详解】因为，所以，
所以直线的方程为，即，
又到直线的距离为，
所以的高等于.
故答案为.
14．1
【分析】根据投影向量的定义求解．
【详解】在方向上的投影向量的模长为：
，
故1.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）利用空间向量的加减运算和模长计算，即可求解.
（2）分别先算出、利用垂直求实数的值即可.
【详解】（1）∵，，，，.
∴，
于是，
，
.
（2）∵，
，
又与互相垂直，
∴.
即.
∴，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由直线的斜率公式可得，再由点斜式方程代入计算，即可求解.
（2）由题意可得AB边上的高所在的直线斜率，再由点斜式方程代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为，由直线的点斜式方程可得，
化简可得.
（2）由（1）可知，，则AB边上的高所在的直线斜率为，
由直线的点斜式方程可得，
化简可得.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可.
【详解】（1）分别为的中点，
为正方形，
,平面平面，
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，
，，，
设平面的一个法向量为n=x,y,z
则，令则，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意设，，由条件结合基本不等式求取得最小值时和的值即可求解；
（2）结合（1），利用基本不等式计算取得最小值时和 的值即可求解；
【详解】（1）由题意设，，其中，为正数，可设直线的方程为，
因为直线过点，所以，
由基本不等式可得，
所以，，
当且仅当即时，取得最小值，
所以面积，
所以当，时，面积最小，
此时直线的方程为，即，
（2）因为，，
所以
，
当且仅当即时等号成立，
所以当，时，的值最小，
此时直线的方程为，即．
19．(1)证明见解析；
(2)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.
【详解】（1）

因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
（2）

取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．