2024_2025学年_福建晋江高二第一学期10月月考数学试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年_福建晋江高二第一学期10月月考数学试卷[附解析]，共32页。
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 在长方体中，化简（ ）
A. B. C. D.
2. 若向量，，则（ ）
A. B. 4C. 5D.
3. 已知经过，两点的直线的一个方向向量为，那么（ ）
A. B. C. D. 2
4. 已知为平面的一个法向量，l为一条直线，为直线l的方向向量，则“”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
5. 如图所示，直线的斜率分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（ ）
A. B.
C. D.
7. 如图，在直三棱柱中，且，则直线与所成的角为（ ）

A. B. C. D.
8. 已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ）
A B.
C. 或D. 或
9. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
10. 如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（ ）
A. 点P到平面QEF的距离
B. 直线PQ与平面PEF所成的角
C. 三棱锥P﹣QEF的体积
D. 二面角P﹣EF﹣Q的大小
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角大小为______.
12. 已知三点共线，则实数m值为________．
13. 正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为______.
14. 如图，四面体的每条棱长都等于2，M，N分别是上的动点，则MN的最小值是____________.此时=____________.
15. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，为上的动点，给出下列四个结论:
① G为的中点时，平面平面；
② 存在点G，使得平面；
③ 有且仅有一个点G，使得三棱锥体积12；
④ 不存在点G，使得直线CF与平面所成的角为其中所有正确结论的序号是____________.
三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程.
16. 已知坐标平面内三点，，．
（1）求直线AB的斜率和倾斜角；
（2）若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标．
17. 已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）求；
（3）若不能构成空间向量的一个基底，求实数的值.
18. 如图所示，平面，底面边长为1的正方形，2，P是MC上一点，且.
（1）建立适当的坐标系并求点坐标；
（2）求证：
19. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.
（1）证明:平面平面；
（2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求：
（i）直线与平面所成角的正弦值；
（ii）点到平面的距离．
条件①：二面角的大小为；
条件②：
条件③：．
21. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.
（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，求点到平面的距离;
（3）（i）若集合，记集合中所有点构成几何体为，求几何体的体积；
（ii）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小.
2024-2025学年福建省晋江市高二上学期10月月考数学检测试题
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分 （选择题，共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 在长方体中，化简（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由向量加法的平行四边形法则求解可得.
【详解】如图，长方体中，由平行四边形法则可得，.
故选：D.
2. 若向量，，则（ ）
A. B. 4C. 5D.
【正确答案】A
【分析】由空间向量坐标的加减运算，和模长公式计算即可.
【详解】由题意，得，
.
故选：A.
3. 已知经过，两点的直线的一个方向向量为，那么（ ）
A. B. C. D. 2
【正确答案】A
【分析】根据直线方向向量与斜率的关系求解.
【详解】由题意，解得.
故选：A.
4. 已知为平面的一个法向量，l为一条直线，为直线l的方向向量，则“”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
【正确答案】B
【分析】利用线面垂直的性质及其法向量与方向向量的关系，即可判断得出结论.
【详解】根据题意可知，如下图所示：
若，则可以在平面内，即，所以充分性不成立；
若，易知，由线面垂直性质可知，即必要性成立；
所以可得“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 如图所示，直线的斜率分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】应用斜率与倾斜角的关系即可判断．
【详解】由，结合的函数图象，
直线对应的倾斜角为钝角，则，
直线与都为锐角，且的倾斜角大于的倾斜角，
则，故．
故选：C．
6. 如图，在四面体中，，，，D为BC的中点，E为AD的中点，则可用向量，，表示为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】利用空间向量的基本定理，用，，表示向量．
【详解】因为是的中点，是的中点，
，．
故选：B
7. 如图，在直三棱柱中，且，则直线与所成的角为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用向量方法求角，先求向量与的夹角，再转化为线线角即可.
【详解】如图，由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
不妨设，则，
则，
则，
又由两直线所成角的范围为，
则直线与所成的角为.
故选：C.

8. 已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【正确答案】A
【分析】求出直线的斜率，再结合图形即可得解.
【详解】因为，，
所以直线的斜率分别为，
由图形知，当或，即或时，直线l与线段AB相交，
所以直线与线段不相交时，直线l斜率k的取值范围为.
故选：A.
9. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为正方体棱长为1，，
所以，
不妨设，
所以，
而，
所以点到直线的投影数量的绝对值为，
所以点到直线距离，
等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为.
故选：C.
10. 如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（ ）
A. 点P到平面QEF的距离
B. 直线PQ与平面PEF所成的角
C. 三棱锥P﹣QEF的体积
D. 二面角P﹣EF﹣Q的大小
【正确答案】B
【分析】结合已知，分别计算点到平面的距离、直线与平面所成的角、棱锥的体积、二面角的大小，
观察它们的值可得到答案.
【详解】A选项：因为平面也是平面，既然和平面都是固定的，所以到平面的距离也是固定的，故A为定值.
B选项：因为是动点，也是动点，推不出定值结论，所以B不是定值.
C选项：因长为定值，所以的面积是定值，再根据选项A知：到平面的距离也是定值，所以C是定值.
D选项：因为，为上任意一点，、为上任意两点，所以二面角的大小为定值，所以D是定值.
故选：ABD.
本题主要考查直线与平面所成角，二面角，三棱锥的体积以及点到面的距离，属于中档题.
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角大小为______.
【正确答案】##90°
【分析】先确定直线的斜率，由此能求出直线的倾斜角大小．
【详解】是直线的一个方向向量，
直线的斜率不存在，
直线的倾斜角大小为．
故．
12. 已知三点共线，则实数m的值为________．
【正确答案】0
【分析】根据A，B，C三点共线可得 ，然后利用两点间的斜率公式代入求解即可.
【详解】由三点共线可得，
即，解得.
故0.
13. 正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为______.
【正确答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【详解】以B为原点，以过B作垂线为x轴，以为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，所以，
平面的一个法向量设为，
则，令得，
又，设直线与平面所成的角为，，
则
故
14. 如图，四面体的每条棱长都等于2，M，N分别是上的动点，则MN的最小值是____________.此时=____________.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】证明当分别是的中点时，是的公垂线，从而求得的最小值；再利用空间向量的数量积运算法则即可得解.
【详解】因为四面体的每条棱长都等于2，
则三个向量两两间的夹角为，
当分别是的中点，取得最小值，理由如下，
因为分别是的中点，，
则
，
所以，同理可证，
由异面直线公垂线的性质可知，此时取得最小值，
此时，，
所以；
又，，，
则
.
故；.
15. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，为上的动点，给出下列四个结论:
① G为的中点时，平面平面；
② 存在点G，使得平面；
③ 有且仅有一个点G，使得三棱锥体积是12；
④ 不存在点G，使得直线CF与平面所成的角为其中所有正确结论的序号是____________.
【正确答案】①②④
【分析】利用圆柱性质和等腰直角三角形性质证明平面，结合面面垂直判定定理可判断①；利用直线平行的传递性证明，然后由线面平行判定定理可判断②；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离向量公式求点到平面的距离，然后由棱锥体积公式列方程即可判断③；求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列方程求解可判断④.
【详解】对于①，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，
由圆柱性质可知平面，
又平面，所以，
因为为的中点，所以，
因为，所以，
所以，即，
又因为是平面内的相交直线，所以平面，
又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②，因为为圆柱底面圆的直径，所以，
由①，当G为中点时，，所以，
由棱柱性质可知，，所以，
因为平面，平面，所以平面，故②正确；

对于③，以中点为原点，所在直线为轴，圆柱的旋转轴为轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立如图所在空间直角坐标系，
则，，
因为点在以为直径的半圆上，所以设，
则，
设为平面的一个法向量，
则，令，得，
则点到平面的距离为，
易知，为正三角形，
所以，
所以，
令，则，
所以，或（舍），
因为，所以，所以，
而，，则与有两个交点，
所以存在两个点（与不重合），使得三棱锥体积是12，故③错误；
对于④，由上可得，
设平面的法向量为，
则，
令得，
若存在点，使得直线与平面所成的角为，
则，整理得，
因为，所以，即，，
此时，点与点重合，无法确定平面，不符合题意，故④正确.
故①②④.
三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，验算步骤或证明过程.
16. 已知坐标平面内三点，，．
（1）求直线AB的斜率和倾斜角；
（2）若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标．
【正确答案】（1）直线AB的斜率为，倾斜角；
（2）
【分析】（1）由A，B的坐标可得直线AB的斜率及倾斜角；
（2）由平行四边形利用向量的相等，可得D的坐标.
【小问1详解】
因为，，可得，
所以可得倾斜角为；
【小问2详解】
，，．
设，若A，B，C，D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，

可得，即，解得，
即点D的坐标为
17. 已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）求；
（3）若不能构成空间向量的一个基底，求实数的值.
【正确答案】（1）；
（2）；
（3）.
【分析】（1）利用空间向量的数量积的坐标公式计算即可；
（2）利用空间向量夹角的坐标公式计算即可；
（3）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】
由得
解得；
【小问2详解】
因为，
，
所以；
【小问3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.
18. 如图所示，平面，底面边长为1的正方形，2，P是MC上一点，且.
（1）建立适当的坐标系并求点坐标；
（2）求证.
【正确答案】（1）答案见解析，
（2）证明见解析
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，由条件列式可求得点坐标；
（2）利用空间向量的数量积的坐标运算证明即可．
【小问1详解】
因为平面，且平面，
所以，，
在正方形中，，
所以两两垂直，
如图，以为原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1的正方形，2，
则，，
设，
由，可得，
解得，即.
【小问2详解】
因为，
所以，，则，
所以，.
19. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.
（1）证明:平面平面；
（2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）存，，理由见解析.
【分析】（1）取的中点，连接，则勾股定理的逆定理可得，由正方形的性质可得从而可得平面即可得平面平面；
（2）建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
在正方形中，，并且
在中，，
所以，.
因为平面，
所以平面
而平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
解：存在点，当时，满足题意，理由如下：
因为两两垂直，
所以建立如图所示的空间直角坐标系,
则，
因为平面，
所以平面的法向量为
假设存在满足题意的点，且，
则，
设平面MBC的法向量为，
则有
不妨设，
得，
所以
两边平方，整理得，
解得或（舍），
经检验，满足题意，
因此，存在点，只需即可.
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求：
（i）直线与平面所成角的正弦值；
（ii）点到平面的距离．
条件①：二面角的大小为；
条件②：
条件③：．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）连接，交于，连接，由证明平面；
（2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到平面，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解与平面所成角的正弦值，计算点到平面的距离．
【小问1详解】

（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是中点，
又因为为棱的中点，
所以，在中，
而平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
选①②：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，所以，
在中，，
所以，
故，
又因为平面，
所以平面，
选①③：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
所以，
所以，即，
因为平面，
所以平面，
选②③：
因为四边形是正方形，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
在中，，
故，
因为平面，
所以平面，
选①②③同上．
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
故，
令为面的一个法向量，则
令，则，
（i）因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
（ii）由（i）知点到平面的距离．

21. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.
（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，求点到平面的距离;
（3）（i）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积；
（ii）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小.
【正确答案】（1）
（2）
（3）（i）16；（ii）
【分析】（1）首先得到直线的方向向量与平面的法向量，再由向量法计算可得；
（2）求出平面的法向量与平面上的一点，再由向量法计算可得；
（3）（i）先建立等式，然后画出所表示的面，计算所围成的图形的体积即可；（ii）因为是一个完全对称的图形，只需计算第一卦限内相邻面的二面角，我们需要画出第一卦限内图像，得到其二面角为钝角；
【小问1详解】
因为直线的标准式方程为，
所以直线的方向向量为，
又平面的点法式方程可表示为，
所以平面的法向量为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
【小问2详解】
因为平面的点法式方程可表示为，
所以平面的法向量为，
设点是平面上一点，则，
不妨令，则，即点是平面上一点，
所以，
所以点到平面的距离.
【小问3详解】
（i）建立空间直角坐标系，
先分别画平面 ，
然后得到几何体为
因为集合，记集合中所有点构成的几何体为，
所以几何体为底面为边长为的正方形，高为的长方体，
所以的体积为.
（ii）由（i）可知，的图像是一个完全对称的图像，所以我们只需讨论第一卦限的相邻两个平面的二面角即可，
此时，
得，
画出第一卦限图像，
显然其二面角为钝角，
计算平面得二面角，
所以两个平面的法向量分别为，
所以其二面角的余弦值为，所以二面角为.
思路点睛：我们需要按照解析式画出平面，在空间中三点确定一个平面，可以直接找三个点即可，找到的点，最好是三个平面的交点，一般直接建立方程求解即可.