四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

南山中学2023年秋季2022级10月月考数学试题一、选择题（本大题共8个小题，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.不存在【答案】C【解析】【分析】根据直线的特征结合倾斜角的定义分析求解.【详解】因为直线与x轴垂直，所以直线的倾斜角为.故选：C.2.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为点B，则点B的坐标是（    ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对称即可求解.【详解】点关于平面的对称点为点B,故选：B3.直线在x轴上的截距是（　）A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】根据截距的定义分析求解.【详解】令，则，解得，所以直线在x轴上的截距是. 故选：C.4.已知，，，则向量在上的投影向量的坐标是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求，再由投影向量的定义，结合数量积的坐标运算，模的坐标运算公式求解.【详解】因为，，，所以，所以，，，所以向量在上的投影向量是，所以向量在上的投影向量的坐标是，故选：D.5.在同一直角坐标系中，表示直线与正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】讨论和，三种情况，判断得到答案.【详解】直线经过原点．直线的斜率为1，在轴上的截距为．当，则，只有A符合.当，则，没有选项满足 当，则，没有选项满足.故答案选A．【点睛】本题考查了一次函数的图像问题，讨论法是一个常规方法，需要熟练掌握.6.如图与所在平面垂直，且，，则平面ABD与平面CBD的夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义，作出平面ABD与平面CBD所成角的平面角，解三角形求出相关线段的长，即可求得答案.【详解】由题意知平面平面，作交CB的延长线于O，作于E，连接，与所在平面垂直，且平面平面，平面，，故平面，平面，故，； 平面，故平面，平面，故，而平面，平面，则即为平面ABD与平面CBD的夹角，设，而，故，，，在中，，所以，故选：D7.设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线斜率范围求倾斜角的取值范围.【详解】由得直线的斜率为，因为，故，因为，所以直线的倾斜角的取值范围.故选：A8.已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小 值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出一个与都垂直的向量的坐标，根据空间距离的向量求法即可求得答案.【详解】以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，则，故，设，则；设为与都垂直的向量，则，令，则，因为由题意点P到直线的距离的最小值可认为是异面直线和的之间的长度，故点P到直线距离的最小值为，故选：A二、多项选择题（每小题5分，共4小题，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求.全对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.已知平面，其中点，法向量，则下列各点在平面内的是（    ）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】设，根据题意，列出方程，得到，逐个选项代入验证，可得答案.【详解】设，可得，由，得到，整理得，，分别代入各个选项，可得A与C选项符合题意.故选：AC10.已知直线：，：，下列命题中正确的是（）A.若，则B.当时，是直线的一个方向向量C.若，则或D.若直线在两坐标轴上的截距相等，则实数【答案】AB【解析】【分析】根据两直线垂直可求出m的值判断A；根据方向向量的含义可判断B；根据直线的平行求出m判断C；根据直线的一般式求出在坐标轴上的截距，列式求得m，判断D.【详解】对于A，，则，A正确；对于B，当时，直线：，故是直线的一个方向向量，B正确；对于C，当时，：，：，不平行；故，则，可得，即，则或， 当时，：，：，两直线重合，当时，：，：，即，符合题意，故，则，C错误；对于D，直线在两坐标轴上的截距相等，可知，对于，令，则，令，则，则，解得或，D错误，故选：AB11.已知四面体的所有棱长均为2，M，N分别为棱，的中点，F为棱上异于A，B的动点．下列结论正确的是（    ）A.若点G为线段上的动点，则无论点F与G如何运动，直线与直线都是异面直线B.线段的长度为C.异面直线和所成的角为D.的最小值为2【答案】BCD【解析】【分析】对于A，取的中点为F，的中点为E，说明四边形为平行四边形，直线与直线CD相交于E，即可判断；对于B，解三角形求得线段的长度即可判断；对于C，取的中点为H，找到即为异面直线和所成的角或其补角，求得其大小，即可判断；对于D，将面，面展开为一个平面，即可求得的最小值，进行判断，由此可得答案.【详解】对于A，取的中点为F，的中点为E，连接，，，， 则，，所以，故四边形为平行四边形，设与交于点G，故此时直线与直线相交于E，因此此时直线与直线不是异面直线，故A错误；对于B，连接，，四面体的所有棱长均为2，故，因为M为中点，故，所以，故B正确；对于C，取的中点为H，连接，，因为M，N分别为棱，的中点，故，则即为异面直线和所成的角或其补角，因为，故为等腰直角三角形，则，故C正确；对于D，将平面，平面展开为一个平面，如图示：当M，F，N三点共线时，最小，因为M，N分别为棱，的中点，所以此时四边形为平行四边形，故，即的最小值为2，故D正确，故选：BCD12.如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（） A.B.存在一点，使得C.三棱锥的体积为D.若，则面积的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，设点，其中，.对于A选项，，，则， 所以，，A对；对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，所以，不存在点，使得，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，所以，，C对；对于D选项，，若，则，可得，由可得，，当且仅当时，等号成立，因为平面，平面，，，D对.故选：ACD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）13.一条光线从点射出，经直线y轴反射后过点，则反射光线所在的直线方程为_________________．【答案】【解析】【分析】关于y轴的对称点为，反射光线所在的直线即为经过的直线，求 的直线方程即可.【详解】关于y轴的对称点为，根据光线反射的性质知，反射光线所在的直线即为经过的直线，由两点式得直线的方程为：，即.故答案为：14.直线和直线分别过定点A和B，则_________．【答案】【解析】【分析】通过直线和直线分别计算定点坐标A和B，从而计算的大小.【详解】直线经过的定点坐标为，直线经过的定点坐标为，从而计算.故答案为：.15.二面角的棱上有两个点,,线段与分别在这个二面角的两个面内,并且垂直于棱,若,,,,则平面与平面的夹角为________.【答案】60°##【解析】【分析】先设平面与平面的夹角为,因为,,所以,,根据空间向量得,两边平方代入数值即可求出答案.【详解】设平面与平面的夹角为,因为,,所以,,由题意得,所以 ,所以,即,所以,即平面与平面的夹角为.故答案为:.16.若空间两个单位向量、与的夹角都等于θ，则当θ取最小值时，______．【答案】##0.5【解析】【分析】由题设，结合空间向量模长、夹角的坐标公式列方程组，结合不等式求解最值，再由即可求结果．【详解】由题意可得，则，由，故，当且仅当或时等号成立，故，由于，故当时，此时θ取最小值时，故，故答案为：四．解答题（本大题共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.已知平面直角坐标系内三点．（1）求直线的斜率和倾斜角；（2）若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标及CD所在直线方程；（3）若是线段上一动点，求的取值范围．【答案】（1）1，（2），（3）【解析】【分析】（1）根据直线的斜率公式以及倾斜角的定义即可求得答案;（2）根据平行四边形性质结合直线的斜率公式即可求得答案；（3）根据的几何意义结合斜率公式即可求得答案.【小问1详解】由题意得直线的斜率为，所以直线的倾斜角为；【小问2详解】点在第一象限时，.设，则，解得，故点的坐标为；故CD所在直线方程为：，即； 【小问3详解】由题意得为直线的斜率，当点与点重合时，直线的斜率最小，；当点与点A重合时，直线的斜率最大，；故直线的斜率的取值范围为，即的取值范围为.18.已知空间三点、、，设，．（1）设，//，求．（2）若与互相垂直，求．【答案】（1）或（2）或．【解析】【分析】（1）利用向量共线定理，结合即可得出；（2）利用向量的坐标运算、向量垂直与数量积的关系即可得出.【小问1详解】由于，，则，由于//，设，由，则，即有，则或．【小问2详解】 与互相垂直，则，则，由（1），，即有，解得或．19.已知的顶点，边上的高所在的直线方程为．（1）求直线的方程；（2）在两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．①角A的平分线所在直线方程为；②边上的中线所在的直线方程为．若________________，求直线的方程．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线垂直，求得斜率，利用点斜式方程，可得答案；（2）联立直线方程，求得点的坐标，分别利用角平分线的对称或中线的对称，可得答案.【小问1详解】因为边上的高所在的直线方程为，所以直线的斜率，又因为的顶点，所以直线的方程为：，即；【小问2详解】若选①，角的平分线所在直线方程为，由，解得，所以点A坐标为，设点B关于的对称点为， 则，解得，即坐标为，又点在直线上，所以的斜率，所以直线的方程为，即．若选②：边上的中线所在的直线方程为，由，解得，所以点，设点，则的中点在直线上，所以，即，又点在直线上，所以，所以的斜率，所以直线的方程为，即直线的方程为．20.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（轴、轴､轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作．（1）若，，求的斜60°坐标；（2）在平行六面体中，，，N为线段D1C1的中点．如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”．①求的斜60°坐标； ②若，求与夹角余弦值．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】对于小问（1），因为，，可以通过“空间斜60°坐标系”的定义，化简为，，再计算的斜60°坐标.对于小问（2），设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①中，通过平行六面体得到，从而得到的斜60°坐标；②中，因为，所以，结合①中的的斜60°坐标，并通过，计算与夹角的余弦值.【小问1详解】由，，知，，所以，所以；【小问2详解】设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①，.②因为，所以，则，∵，. ∴，，所以与的夹角的余弦值为21.如图，在四棱锥中，面，，，，．E为的中点，点F在棱上，且，点G在棱上，且．（1）求证：面；（2）当时，求点G到平面的距离；（3）是否存实数，使得A，E，F，G四点共面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）由，得面；（2）求出面的一个法向量为，点G到平面AEF的距离为；（3）若A，E，F，G四点共面，则，由此求得.【小问1详解】由面面，则，又且，面，可得：面. 【小问2详解】以A为原点，面内与垂直的直线为x轴，方向为y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得：，由可得：，则，设平面的法向量为：，则，令得，∴面的一个法向量为，因为，则，，∴点G到平面的距离为：，即点G到平面AEF的距离为．【小问3详解】存在这样的.由可得：，则，若A，E，F，G四点共面，则在面内， 又面的一个法向量为，∴，即，可得.∴存在这样的，使得四点共面.22.如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点．（1）若P是线段BC的中点，求证：平面；（2）设平面平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）作出平面和平面的交线，确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出与平面QAC所成角的正弦值，利用换元法结合二次函数性质即可求得其最大值.【小问1详解】取中点H，连接，因P为中点，则有， 在等腰梯形中，，故有，则四边形为平行四边形，即有，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，因此平面，即为四棱锥的高，在中，，，当且仅当时取等号，此时点与重合，又梯形的面积S为定值，四棱锥的体积，于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，此时，以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系， 在等腰梯形中，，此梯形的高，因为,故为的中位线，则，，设，则，设平面的一个法向量，则，令，得，则有，令，则，当时，；当时，，在时取到最小值，此时取到最大值即当，即时取到最大值，所以的最大值为. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于与平面QAC所成角的正弦值的最大值，解答时要确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值.