2023-2024学年山西省运城市高二上册10月月考数学试题（含解析）

2023-2024学年山西省运城市高二上册10月月考数学试题一､单项选择题：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．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．如图在四面体中，，分别在棱，上且满足，，点是线段的中点，用向量，，表示向量应为（

）A． B．C． D．3．已知平行四边形ABCD中，A（4，1，3），，，则顶点D的坐标为（

）A． B．（2，3，1）C． D．4．在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为的三等分点靠近C点，则点E到平面BDF的距离为（

）A． B． C． D．5．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（

）A． B．C． D．6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．7．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（

）

A．B．直线与所成角的正弦值为C．向量与的夹角是D．平面8．已知，，且与互相垂直，则实数的值为（

）A． B． C． D．二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），那么下列说法中，正确的有（

）．A．∥∥ B．C． D．10．若(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是（

）A．(，3，) B．(200，，100)C．(，，) D．(，3，0)11．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．B．C．的图象关于点对称D．在区间上单调递增12．（多选题）如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且．则下列说法正确的是（

）A．平面B．该三棱柱的外接球的表面积为C．异面直线与所成角的正切值为D．二面角的余弦值为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．直线的方向向量是，平面的法向量，若直线，则.14．已知，，，，，若，则的值为15．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为．16．设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是．四､解答题：本题共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．已知直线.（1）若直线的倾斜角是倾斜角的两倍，且与的交点在直线上，求直线的方程；（2）若直线与直线平行，且与的距离为3，求直线的方程．18．在正四棱柱中，，是棱上的中点．

(1)求证：；(2)异面直线与所成角的余弦值．19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.（1）证明：；（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.20．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.(1)求直线FC到平面AEC1的距离；(2)求平面AEC1与平面EFCC1所成锐二面角的余弦值.21．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．22．为了保证我国东海油气田海域海上平台的生产安全，海事部门在某平台O的北偏西45°方向km处设立观测点A，在平台O的正东方向12km处设立观测点B，规定经过O、A、B三点的圆以及其内部区域为安全预警区．如图所示：以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系．(1)试写出A，B的坐标，并求两个观测点A，B之间的距离；(2)某日经观测发现，在该平台O正南10kmC处，有一艘轮船正以每小时km的速度沿北偏东45°方向行驶，如果航向不变，该轮船是否会进入安全预警区？如果不进入，请说明理由；如果进入，则它在安全警示区内会行驶多长时间？1．B【分析】化简分式不等式和对数不等式，结合交集定义即可求解.【详解】，，则.故选：B2．A由题意有，，又点是线段的中点，结合向量的线性运算及共线向量的运算即可得解.【详解】解：∵在四面体中，分别在棱、上，且满足，，点是线段的中点，∴.故选：A.本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.3．D【分析】利用，代入坐标运算，即可求解.【详解】因为四边形是平行四边形，所以，设点，，，所以，解得：，，，即定点的坐标是.故选：D4．A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设平面的法向量，则，令，得，所以点到平面的距离为.故选：A5．C【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，若，则.故选:C.6．A【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】直线l：恒过定点，由，得到，所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），如下图所示：

当直线l经过点时，l与曲线C有两个不同的交点，此时，当l与半圆相切时，由，得，由图可知，当时，l与曲线C有两个不同的交点，故选：A.7．D【分析】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.【详解】由题意可得,,又，则，故A错误，由于，则，，又，则，故B错误，由于,所以向量与的夹角即为与的夹角，由于等边三角形，故为，进而与的夹角为的补角，故与的夹角为，故C错误，,所以,进而可得平面,故平面,故D正确，故选：D8．D【分析】根据题意，由空间向量的坐标计算可得，，，，2，，进而由两个向量垂直可得，解可得的值，即可得答案．【详解】解：根据题意，向量

.，，则，

，，，2，，若向量.与.互相垂直，则有，解可得：；故选：D.9．AB【分析】利用法向量与平面的位置关系以及线面垂直的判定定理判定即可.【详解】对于选项A，，分别为平面，的法向量，若，则，若则，选项A正确；对于选项B，因为，选项B正确；对于选项C，因为，则，选项C错误；对于选项D，因为，则∥或，选项D错误；故选：AB.10．ABC【分析】因为同一个平面的法向量共线，所以可利用向量共线的判定进行求解.【详解】因为，，,,所以与，，均共线，与不共线，所以，，可以作为平面α的法向量故选：ABC.11．BD【分析】根据图象，求出函数的周期，即可得出，判断A项；根据“五点法”，结合函数过点，即可得出的值；写出，代入即可检验C项；求出整体的范围，结合正弦函数的单调性，即可得出D项.【详解】对于A项，由已知图象可得，所以，，故A项错误；对于B项，由已知图象过点，由“五点法”可得，，所以，.因为，所以，故B项正确；对于C项，由A、B可知，，因为，所以点不是函数的对称中心，故C项错误；对于D项，因为，所以.又函数在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D项正确.故选：BD．12．AD【分析】对于A，欲证平面，只需证明，由易证，故A项正确；对于B，由、、三条直线两两垂直，可知直三棱柱是一个长方体沿对角面切开得到的直三棱柱，因此原长方体的对角线是三棱柱外接球的直径，因此直三棱柱的外接球的表面积易求，然后再判断.对于C，由于，异面直线与所成角为，在中，的正切值易求，然后判断.对于D，由、、三条直线两两垂直，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量的夹角，然后再判断即可.【详解】解：在直三棱柱中，四边形是矩形，因为，所以，不在平面内，平面，所以平面，A项正确；因为，所以，因为，所以，所以，易知是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误；因为，所以异面直线与所成角为．在中，，，所以，所以C项错误；二面角即二面角，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图则，，，，设平面的法向量，则，即，令可得，设平面的一个法向量为，则，即，令可得故二面角的余弦值为，所以D项正确．故选：AD.综合考查直三棱柱中线线角、线面角的求法，线面平行的判定，以及直三棱柱的外接球的表面积的求法，中档题.13．1【分析】结合已知条件可得，然后利用垂直向量的数量积为0即可求解.【详解】由题意可知，，因为，，从而，解得.故1.14．##【分析】利用向量数量积的运算律及向量垂直求解即可.【详解】因为，所以，即，即，解得.故答案为.15．##【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】设点关于直线的对称点，则的中点为，,故解得，由知军营所在区域中心为，要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，“将军饮马”的最短总路程为，故16．【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，则，得，所以，，显然不是平角，所以为钝角等价于，即，即，解得，因此的取值范围是.故

17．（1）（2）或【分析】（1）直线的斜率是，所以的倾斜角是，所以直线的倾斜角就是，再根据交点，利用点斜式方程求直线；（2）设直线的方程为，再根据平行线的距离求.【详解】解：（1）因为直线的斜率为，所以倾斜角为.又因为直线的倾斜角是倾斜角的两倍，故的倾斜角是.因为直线与直线的交点为，所以直线的方程是，即.（2）因为直线与直线平行，故可设直线的方程为.因为与的距离为3，则有，解得或，所以直线的方程或.本题考查直线方程的求法，意在考查直线方程的每种形式需要的条件，但比较重要的还是已知两点求直线，或者已知直线过一个定点和直线的斜率．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值．【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，，，所以；

（2），设异面直线与所成角的大小为，则，故异面直线AM与BC所成角的余弦值为．19．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由平面平面可得面，从而可得；（2）建立空间直角坐标系，求出向量及面法向量，代入公式即可得到结果.【详解】（1）依题意，面面，，∵面，面面，∴面.又面，∴.（2）解法一：向量法在中，取中点，∵，∴，∴面，以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，设，∵，∴，∴，，，，，∴，，.设面法向量为，则，解得.设直线与平面所成角为，则，因为，∴.所以直线与平面所成角的余弦值为.（2）解法二：几何法过作交于点，则为中点，过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，过作交于点，连结，连结，取中点，连结，，四边形为矩形，所以面，所以，又，所以面，所以为线与面所成的角.令，则，，，由同一个三角形面积相等可得，为直角三角形，由勾股定理可得，所以，又因为为锐角，所以，所以直线与平面所成角的余弦值为.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20．(1)(2)【分析】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，求出，即可证明，得到平面，点到平面的距离即为直线到平面的距离，求出平面的法向量，然后利用空间向量法求解点到平面的距离，即可得到结果．（2）求出平面的法向量，利用空间向量法求解平面与平面所成锐二面角的余弦值即可．【详解】（1）解：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，则，，，，.∴，，，，.∵.∴，∴平面，∴点到平面的距离即为直线到平面的距离，设平面的法向量为，则，∴，∴，取，则，，∴，又，∴点到平面的距离为.（2）解：设平面的法向量为，则，∴，∴，取，则，∴，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.21．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．连结．因为，所以为等腰直角三角形，且，由知．由知，平面．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知得取平面的法向量．设，则．设平面的法向量为．由得，可取所以．由已知得．所以．解得(舍去)，．所以．又，所以．所以与平面所成角的正弦值为．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．由平面，可得平