数学高二-高二数学第一次月考卷01（全解全析）【测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第1.1~2.3章】

高二数学上学期第一次月考卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第1.1~2.3章（空间向量与立体几何+直线）。5．难度系数：0.69。第一部分（选择题共58分）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的。1．已知点关于z轴的对称点为B，则等于（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】点关于z轴的对称点为B，所以.故选A.2．直线的一个方向向量为（

）A． B．?3,2 C．2,3 D．【答案】B【解析】由得，，所以直线的一个方向向量为，而，所以也是直线的一个方向向量.故选B.3．在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则，所以.故选C4．已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（

）A．，3 B．，2 C．1，3 D．，2【答案】D【解析】因为，，，所以，，因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，所以，所以，解得.故选D.5．“”是“直线与直线平行”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】C【解析】若直线与直线互相平行且不重合，则，解得，故.所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件．故选C．6．在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（

）A． B． C． D．6【答案】C【解析】因为，所以，从而，即的长为．故选C.7．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由重心坐标公式可得：重心，即.由，，可知外心在的垂直平分线上，所以设外心，因为，所以，解得，即：，则，故欧拉线方程为：，即：，故选A.8．在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，则点轨迹的长度是（）A． B．C． D．4a【答案】A【解析】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，设，则，

∵，∴，可得；当时，，当时，，取，，，，连接，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线，∴平面，又，，∴为的中点，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又，，∴，则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为．故选A二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知直线，，，则下列结论正确的是（

）A．直线l恒过定点B．当m＝1时，直线l的倾斜角为C．当m＝0时，直线l的斜率不存在D．当m＝2时，直线l与直线AB垂直【答案】BD【解析】对于选项A，直线，令，解得直线l恒过定点，选项A错误；对于选项B，当m＝1时，直线l的方程为，斜率为，倾斜角为，选项B正确；对于选项C，当m＝0时，直线l的方程化为，斜率为，斜率存在，选项C错误；对于选项D，当m＝2时，直线，所以．由，，可得，得，所以直线l与直线AB垂直，选项D正确．故选BD．10．已知向量，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．的最小值为 D．的最大值为4【答案】AC【解析】对于A，若，且，则存在唯一实数使得，即，则，解得，故A正确；对于B，若，则，即，化简得，因为，所以无实数解，故B错误；对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误.故选AC.11．已知四面体满足，，则（

）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．点为直线上的动点，到距离的最小值为D．二面角平面角的余弦值为【答案】BCD【解析】将四面体放入长方体中，（如图），设长方体的长宽高分别为，则，所以解得，建立如图所示的空间直角坐标系，则,故故，所以直线与所成的角为，A错误，由于，故，直线与所成的角为，B正确，对于C，点为直线上的动点，当位于的中点时，此时到的距离最小，且最小值为长方体的高，即为，C正确，对于D，取中点，连接,由于，，所以,故为所求角，,故，故D正确.故选BCD.第二部分（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．已知到直线的距离等于3，则a的值为.【答案】或【解析】由距离公式可得，，即，解得或.故答案为：或.13．在正方体中，点E是上底面的中心，若，则实数．【答案】2【解析】因为，又，所以，，，．

故答案为：.14．已知分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为【答案】/【解析】因为，，所以直线与间的距离为，又，故，过作直线垂直于，如图，则可设直线的方程为，代入，得，则，所以直线的方程为，将沿着直线往上平移个单位到点，设，则，解得或（舍去），则，连接交直线于点P，过P作于Q，连接BQ，有，即四边形为平行四边形，则，即有，显然是直线上的点与点距离和的最小值，因此的最小值，即的最小值，而，所以的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知直线：，：，其中为实数.（1）当时，求直线，之间的距离；（2）当时，求过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程.【解析】（1）由得，解得，（2分）此时直线：，：，不重合，（3分）则直线，之间的距离为；（6分）（2）当时，：，联立，解得，（8分）又直线斜率为，（9分）故过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程为，（12分，表达出斜率为-2得1分）即.（13分，化成斜截式一样给分）16．（15分）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.

（1）证明：平面.（2）求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，A10,0,4.（2分）因为，分别为的中点，所以，，（3分）则，，，设平面的法向量为m=x,y,z则，即，（5分）令，则有，，即，（6分）因为，所以，（8分）又平面，所以平面；（9分）（2）由（1）可知，，（10分），（14分）所以与平面所成角的正弦值为.（15分）17．（15分）已知直线．（1）求证：直线经过一个定点；（2）若直线交轴的正半轴于点，交轴的正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程．【解析】（1）直线，化为，（2分）当时，对任意实数，恒有，（3分）所以直线过定点.（4分）（2）依题意，显然，直线交轴于点，交轴于点，（6分）而点分别在轴的正半轴上，即，于是，（8分）则的面积为，（12分）当且仅当，即时取等号，（13分）所以当时，，（14分）此时直线的方程为.（15分）18．（17分）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：在中，由余弦定理知，，（2分）所以，即，（3分）因为，（4分）且，、平面，所以平面，（5分）又平面，所以平面平面．（6分）（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，，（8分）所以，0，，，，，，，，，0，，，，，所以，0，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，（9分）取，则，，所以，，，（10分）设平面的法向量为，，，则，即，（11分）取，则，，所以，，，（12分）因为平面和平面夹角的余弦值为，所以，（14分）整理得，，即，（15分）解得或，因为，所以，（16分）故存在，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时．（17分）19．（17分）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为．（1）求证：；（2）若，求三棱台的体积；（3）若到平面的距离为，求的值．【解析】（1）取的中点为，连接；如下图所示：易知平面平面，（1分）且平面平面，平面平面；所以，（2分）又因为，可得四边形为等腰梯形，且分别为的中点，所以，（3分）因为，所以，（4分）易知，且平面，所以平面，又平面，所以；（5分）（2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为，当时，即，因此可得平面，（6分）可知即为三棱台的高，由可得；（7分）易知三棱台的上、