重庆市万州区2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份重庆市万州区2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 “”是“直线与直线垂直”的， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一.单选题（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.）
1. “”是“直线与直线垂直”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
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两直线垂直的充要条件，进而根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若直线与直线垂直，
则，解得，
所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
2. 下列可使非零向量构成空间的一组基底的条件是（ ）
A. 两两垂直B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由基底定义和共面定理即可逐一判断选项A、B、C、D得解.
【详解】由基底定义可知只有非零向量不共面时才能构成空间中的一组基底.
对于A，因为非零向量两两垂直，所以非零向量不共面，可构成空间的一组基底，故A正确；
对于B，，则共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以与共面，故B错误；
对于C，由共面定理可知非零向量共面，故C错误；
对于D，即，故由共面定理可知非零向量共面，故D错误.
故选：A.
3. 如图，在四面体OABC中，，点在线段OA上，且为BC中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.
【详解】依题意，
.
故选：D
4. 已知向量，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两向量夹角是钝角，则两个向量数量积小于零，用坐标形式表示向量数量积，解不等式，即得x范围．
【详解】∵与的夹角为钝角，
∴cs＜＞＜0,且与不共线
∴＜0,且（3，﹣2，﹣3）≠λ（﹣2，x﹣1，2）
∴﹣6﹣2（x﹣1）﹣6＜0且,
即x>-5且x
∴x的取值范围是．
故选B．
【点睛】本题主要考查利用向量的数量积表示解决两个向量的夹角问题，当与的夹角为钝角可得，＜0,与不共线，但是学生容易忽略两个向量共线的情况.
5. 如图，一束光线从出发，经直线反射后又经过点，则光线从A到B走过的路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点关于线对称求出C点标,结合反射光线的性质应用两点间距离公式求出距离的最小值即可.
【详解】
一束光线从出发，经直线反射,与交于点P,
由题意可得，点关于直线的对称点在反射光线上，
设,则,,
故光线从A到B所经过最短路程是.
故选：C.
6. 如图所示，在棱长为2的正方体中，直线平面，是的中点，是线段上的动点，则直线与侧面的交点的轨迹长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先建立空间直角坐标系，设出点的坐标，保证四点共面，从而得到向量与平面的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.
【详解】分别以所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系；
其中点，，
由于直线平面，设，如图所示：
在矩形中，易得，可得：，

可得点满足，从而，
设平面的法向量为，
且，，
可得，即，不妨取，
由于直线与侧面的交点，设点，
可得四点共面，
且，显然，
得方程，显然方程在平面内表示一条直线，
当时，点，此时两点重合，
当时，，点，设线段的中点为，此时两点重合，
从而可得直线与侧面的交点的轨迹为线段，
且，
故选：A.

7. 过定点A的直线与过定点B的直线交于点P（P与A，B不重合），则周长的最大值为（ ）
A. B. C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先求出两直线经过的定点的坐标，判断两直线的垂直关系，求得为定值8，再利用基本不等式即可求得周长的最大值.
详解】由题意可知，直线经过定点，
直线即，经过定点，
∵过定点A的直线与过定点B的直线始终垂直，
P又是两条直线的交点，则有，∴.
因，
故的周长为，（当且仅当时等号成立）
即周长的最大值为.
故选：B.
8. 如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解.
【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设A关于平面的对称点为，则，，
设平面的法向量，则，，
令，则，所以，
所以A与到平面的距离即①，
又，所以②，所以由①②得，
所以由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C
【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角为
B. 方程与方程可表示同一直线
C. 经过点，且在，轴上截距互为相反数的直线方程为
D. 过两点的直线都可用方程表示
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：先求斜率，进而可得倾斜角； 对于B，注意区分方程与方程的不同之处，对于C：设直线l：，
进而可得截距，根据题意进行求解即可，对于D：根据两点式方程的变形进行判断即可.
【详解】对于选项A：直线斜率，倾斜角为，故A正确；
对于B，表示过点斜率为k的直线，但不含点，而表示过点斜率为k的直线，且含点，故B错误；
对于C：经过点，斜率存在，设直线为，若在，轴上截距互为相反数，则，解得或，
所以直线方程为或，故C错误；
对于D，方程为直线两点式方程的变形，可以表示经过任意两点Px1,y1、Qx2,y2的直线，故D正确；
故选：AD.
10. 在长方体中，为长方体表面上一动点，则的值可能是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】BC
【解析】
【分析】建立直角坐标系，先求出点的坐标，得出数量积以，再结合可得范围．
【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则．
设，则，
所以．
设，连接，则，
因为为长方体的中心，所以．
因为，所以，所以．
故选：BC.
11. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）

A.
B. 直线与平面所成角的正弦值为
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 点到直线的距离是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算A选项即可；建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断BCD即可.
【详解】由题可知，,故选项A正确；
建立如图所示的空间直角坐标系

得，,,,，
由题可知，，平面的一个法向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，选项B正确；
由题可知,，
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选项C错误；
易知，,，
设点到直线的距离为，则，故选项D正确.
故选：ABD
第二卷非选择题（共92分）
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知某直线的一般式为，则此直线的倾斜角为______.
【答案】
【解析】
【分析】由直线方程确定斜率，即可求解.
【详解】由直线方程可得：.
所以直线的倾斜角为.
故答案为：.
13. 已知点和直线，则点到直线的距离的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得直线的定点，进而求得点P到直线的最大距离，然后检验点是否可能在直线上即可
【详解】可化为：
设直线的定点为，点P到直线的距离为，则有：
可得：为直线的定点
则有：，此时为点P到直线的最大距离
若在直线上，则有：，即
可得：不可能在直线上，则有：
综上可得：
故答案为：
14. 如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】解：连接，过点作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，
则，
则，
，
故点，又，，，
设点，，由，可得，
，，
设平面的法向量m=x,y,z，
则，即，
取，则，
故平面的法向量，
又，
设直线与平面所成角为，，
则，
因为，且，
故令，，，
则，，，
又，所以，
，即，
所以的最大值为.
故答案为：.
四､解答题（本题共5小题，77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知直线l经过两点．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与l平行且两直线间的距离为，求直线m的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由已知两点坐标求得斜率，根据点斜式方程，可得答案；
（2）根据直线平行写出直线的一般式，结合平行线距离公式求得参数，可得答案.
【小问1详解】
由题意知直线l的斜率，
故所求直线方程为，即
【小问2详解】
由直线m与直线l平行，可设直线m的方程为，
由两平行直线的距离公式得，即，
解得或，所以所求直线m的方程为或.
16. 已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）若不能构成空间向量的一个基底，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可知，，再由数量积的坐标运算即可.
（2）利用空间向量共面定理结合待定系数法计算即可.
【小问1详解】
由，
则，即，
解得．
【小问2详解】
若不能构成空间向量的一个基底，则向量共面，
则存在，
使得，
所以，解得，
所以实数的值为.
17. 如图，AB是圆的直径，MA与圆所在的平面垂直，C是圆上不同于A、B的一点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面可得，结合是圆的直径可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得平面平面；
（2）法一：可建立适当空间直角坐标系，并分别求出平面与平面的法向量，借助空间向量夹角公式计算；法二：作于，作于，连接，借助线面垂直的判定定理与性质定理可得到为二面角的平面角，从而只需计算出即可得解.
【小问1详解】
∵平面，平面，∴，
∵是圆的直径，∴，
∵，、平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面；
【小问2详解】
法一：如图，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，
则有，令，得，
设平面的法向量，
则有，令，得，
则，，
二面角的正弦值为.
法二：作于，作于，连接，
∵平面，平面，∴，
∵，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
又∵，、平面，∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，
，
∵平面，平面，
∴，，
∵平面，平面，∴，
，
则，
二面角的正弦值为.
18. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示．
（1）求证：平面；
（2）当时，求二面角的正弦值；
（3）设直线与平面所成线面角为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证平面，可得，进而可得平面；
（2）建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角；
（3）根据题意可得和平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
因为，则，
且，可得，
将沿折起到的位置，始终有，，
因为，，平面，所以平面，
由平面，可得，
且，，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，翻折前，因为经过的重心，且，
所以，所以，，，翻折后，
由勾股定理得，
以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，，
设平面的法向量m=x1,y1,z1，则，
令，则，可得，
设平面的法向量n=x2,y2,z2，则，
令，则，可得，
可得，
且，则，
所以二面角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
且，
因为直线与平面线面角为，
则
当且仅当时，等号成立，
所以最大值为.
19. 棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点P，使平面？若存在，求出点P的位置．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，位于的反向延长线上，且满足.
【解析】
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线线关系即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）设，利用空间向量结合线面平行计算参数即可.
【小问1详解】
连接交于O点，连接，由菱形的性质得出，
由条件知，，
根据余弦定理得
，
所以，
又平面平面ABCD，且平面平面，
所以平面，
故可以O为中心建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
有，即；
【小问2详解】
由上可知，设平面的一个法向量为m=x,y,z，
则，令，则，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则；
【小问3详解】
假设存在P满足题意，设，
易知，
设平面的一个法向量为n=a,b,c，则，
令，则，
，
若平面，则，
即存在点P，位于的反向延长线上，且满足.