重庆市万州区2024-2025学年高二数学上学期10月月考试题

Page14（120分钟150分命题人：）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4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.120° B.60° C.150° D.30°2.已知向量，，那么（）A. B. C. D.3.已知是空间的一个基底，下列不能与，构成空间的另一个基底的是（）A. B. C. D.4.直线与直线平行，则a的值为（）A. B. C. D.或5.在正三棱锥中，O是的中心，，则（）A. B. C. D.6.已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（）A.4 B. C. D.37.已知，，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射回到P点，则光线所经过的路程为（）A. B. C. D.68.设球O是棱长为2的正方体的外接球，M为的中点，点P在球面上运动，且总有则点的轨迹的周长为（）A. B. C. D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4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.以下四个命题中错误的是（）A.向量，，若，则B.若空间向量、、，满意，，则C.对于空间向量、、，满意，，则D.对空间随意一点O和不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面10.对于直线和直线，以下说法正确的有（）A.直线确定过定点 B.的充要条件是C.若，则 D.点到直线的距离的最大值为511.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面为等边三角形，，平面平面，点M在线段上运动（不含端点），则下列说法错误的是（）A.平面平面B.存在点M使得C.当M为线段中点时，过点A，D，M的平面交于点N，则四边形的面积为D.的最小值为12.在长方体中，，，E，F分别为，的中点，P是线段（不含端点）上的随意一点，下述说法正确的是（）A.存在点P，使直线与平面所成角取得最大值B.存在点P，使直线与平面所成角取得最大值C.存在点P，使平面与平面的夹角取得最大值D.存在点P，使平面与平面的夹角取得最大值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.过点斜率为3的直线的方程是______.14.已知的三个顶点的坐标为，，，则的面积为______.15.已知为坐标原点，直线与交于点，则的值为______.16.如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，，…，，记正方体12条棱的中点分别为，，…，，6个面的中心为，，…，，正方体的中心为，记，，其中是正方体的体对角线.则______.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知的三个顶点为，，.（1）求过点A且平行于的直线方程；（2）求上的中线所在直线方程.18.如图，在平行六面体中，，，，，，E是的中点，设，，.（1）用，，表示；（2）求，所成角的余弦值.19.我们学习了空间向量基本定理：假如三个向量，，不共面，那么对随意一个空间向量，存在一个唯一的有序实数对，使得.其中，叫做空间的一个基底.，不共线，非零向量，满意，，，.（1）以为基底证明：：（2）用向量证明：若两相交平面同时垂直另一平面，则这两平面的交线也垂直这个平面.20.如图，平面，四边形是正方形，，M、N分别是、的中点.（1）求证：平面平面；（2）求点P到平面的距离.21.在四棱锥中，已知底面为菱形，若，，.（1）求证：平面；（2）若，设点H满意，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值.22.如图，在正方体中，E，F分别为，中点，G，H分别为，中点，O为平面中心，且正方体棱长为1.（1）证明：平面平面；（2）是否存在过直线且与正方体的12条棱的夹角均相等的平面?若存在，求出该平面与平面的夹角的余弦值.参考答案1-4：CBDA5-8：ABBA8.【详解】如图，依据题意，该正方体的外接球半径为由题意，取的中点N，连接，，以D为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，，则，又，平面，∴平面∴点P的轨迹为平面与外接球的交线设点O到平面距离为d，则∴O到过平面距离∴截面圆的半径∴点P的轨迹周长为12.【详解】则，，，，，，设，，则，，，，，，取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，，取，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，A：设直线与平面所成角为，则，时，函数单调递增，时，函数单调递减，∴当时，即P是中点的时候，取最大值，故A正确.B：设直线与平面所成角为，则，∵时，函数单调递减，没有最大值，故B错误.C：设平面与平面的夹角为，则下面探讨函数在上的单调性；令，，，，，则，∴，，，在递减，在递增，且，又在时递增，故由复合函数单调性推断原理可知在递减，在递增，则在时取最小值，此时最大，即平面与平面的夹角取到了最大值，故C正确.D：设平面与平面的夹角为，则，即为定值，故D错误.故选：AC.13..【分析】依据直线的点斜式方程，列方程即可.【点评】本题考查了直线的点斜式方程，是基础题.14.2415.2.【分析】依据两直线经过定点，即可依据和，利用斜率得垂直关系即可分状况求解.【解答】解：直线过定点，过定点，当时，两直线的斜率分别为，，，故，从而；当时，易求得，此时，综上可知，.故答案为：2.【点评】本题考查直线的位置关系相关学问，属于基础题.16./40.5【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求的值.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设向量，而，故，故表示各点的坐标和的和.现各点的横坐标之和为X，纵坐标之和为Y，竖坐标之和为Z，依据对称性可得，故，故答案为：.【点睛】方法点睛：对于一些较为困难的计算问题，假如干脆算比较麻烦，则可以换一个等价的计算方法，从而使得问题得以简化.17.（1） （2）【详解】（1）由B、C两点的坐标可得，因为待求直线与直线平行，故其斜率为由点斜式方程可得目标直线方程为整理得.（2）中点坐标为，所以两点式方程为，所以直线方程为.18.【详解】（1）（2）19.（1）令∴又∵，，∴方法一：∴又∵，不共线，∴∴即，方法二：若y，z不全为0，不妨设由①②可得：∴∴，即，共线∴∴即，（2）已知：如图，，，，求证：.证明：如图，取平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量，直线a的方量向量.∵，∴，又∵，∴，且，不共线所以依据（1）结论，.所以.20.（1）证明见解析（2）【详解】（1）证明：∵平面，，平面，四边形为正方形，∴，，，即，，两两垂直，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如题所示空间直角坐标系：则，，，，，，，∴，，，，设平面的一个法向量为，则令得，，∴，设平面的一个法向量为，则，有满意，∵，∴，∴平面平面；（2）由（1）知为平面的一个法向量，且，所以P到平面的距离.21.（1）证明见解析（2）【详解】（1）由底面为菱形，得，又，，、平面，∴平面，∵平面，∴，又，，、平面，∴平面，∵平面，∴，又，、平面，∴平面；（2）由（1）结论，可以以点E坐标原点，以向量，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，取，则，由，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则由，取，则，，所以平面的一个法向量为，直线的