福建省莆田市2024−2025学年高二上学期10月月考数学试卷含答案

福建省莆田市2024−2025学年高二上学期10月月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知点，则直线的斜率是（

）A． B． C． D．2．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（

）A． B． C． D．3．过原点且与直线垂直的直线方程为（

）A． B．C． D．4．正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．5．如图，在平行六面体中，，，则的长为（

）A． B． C．85 D．976．若两平行直线与之间的距离是，则m+n＝（

）A．0 B．1 C． D．7．已知点在平面内，是平面的一个法向量，则下列点中，在平面内的是（

）A． B． C． D．8．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．二、多选题（本大题共3小题）9．如果，，那么直线经过（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．关于空间向量，以下说法正确的是（

）A．非零向量，，若，则B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若空间四个点，，，，，则，，三点共线11．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（

）A．与平面的夹角的正弦值为 B．点到的距离为C．线段的长度的最大值为 D．与的数量积的范围是三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线l过，且与以为端点的线段相交，则直线l的斜率的取值范围为．13．在空间直角坐标系中，点为平面外一点，其中、，若平面的一个法向量为，则点到平面的距离为．14．已知分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为四、解答题（本大题共5小题）15．菱形的顶点、的坐标分别为、，边所在直线过点．(1)求边所在直线的方程；(2)求对角线所在直线的方程．16．已知空间向量．(1)若，求；(2)若，求的值．17．已知直线的方程为：.(1)求证：不论为何值，直线必过定点；(2)过点引直线交坐标轴正半轴于两点，当面积最小时，求的周长.18．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点．(1)证明：平面PAD；(2)若，（i）求二面角的余弦值；（ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．19．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，求与夹角的余弦值．

参考答案1．【答案】A【详解】由题意可知直线的斜率为.故选：A2．【答案】C【详解】根据点关于平面对称时，横坐标,纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数可知，点关于平面的对称点为，故选：C.3．【答案】C【详解】直线的斜率为，与直线垂直的直线斜率为，又直线过原点，故其方程为.故选：C.4．【答案】B【分析】设正方体的棱长为2，建系标点，利用空间向量求线线夹角.【详解】如图，以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，可得，则，所以直线，所成角的余弦值为.故选B.【方法总结】求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量、平面法向量与平面法向量）的余弦值，通过转化求出结果.5．【答案】B【分析】依题意可得，将两边平方，根据数量积的定义及运算律计算可得.【详解】依题意可得，，，，，．，，，即的长为.故选B．6．【答案】A【详解】由直线与平行可得即，则直线与的距离为，所以，解得或（舍去），所以.故选：A.7．【答案】A【详解】对于选项A，，所以，根据线面垂直的性质可知,故在平面内；对于选项B，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；对于选项C，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；对于选项D，，则，在平面内，根据线面垂直的性质可知,故不在平面内；故选：A8．【答案】A【详解】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.9．【答案】ACD【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，因为，，故，故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，故选：ACD.10．【答案】AD【详解】对于A项：非零向量，，若，则，故A项正确；对于B项：若对空间中任意一点，有，则，化简得：，由空间向量基本定理可知，，，四点不共面，故B项错误；对于C项：由是空间中的一组基底，则向量，，不共面，而，所以向量，，共面不能作为基底，故C项错误；对于D项：若空间四个点，，，，，则，即，所以共线，又因为有公共点，所以，，三点共线，故D项正确.故选：AD.11．【答案】ABD【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，可得，，若，则，可得，则，解得，即.对于选项A：可知平面的法向量，则，所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确；对于选项B：因为，所以点到的距离为，故B正确；对于选项C：因为，则，且，可得当且仅当时，取到最大值，所以线段的长度的最大值为3，故C错误；对于选项D：因为，，则，且，可知当时，取到最小值；当时，取到最大值；所以与的数量积的范围是，故D正确；故选：ABD.12．【答案】【详解】根据题中条件画出图形，如图所示，

因为，，，设直线l的斜率为，则，直线l与以为端点的线段相交，结合图形，则直线l的斜率的取值范围为.故答案为：.13．【答案】/【详解】因为、，所以,记平面的一个法向量为，则，解得，故平面的一个法向量为.因为，所以,所以点到平面的距离为.故答案为：.14．【答案】/【详解】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，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：.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）解：由菱形的性质可知，则，所以，边所在直线的方程为，即.（2）解：线段的中点为，，由菱形的几何性质可知，且为的中点，则，因此，对角线所在直线的方程为，即.16．【答案】(1)(2)【详解】（1）空间向量，，，因为，所以存在实数k，使得，所以，解得，所以，则．（2）因为，则，解得，所以，故．17．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由可得：，令，所以直线过定点．（2）由（1）知，直线恒过定点，由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点分别为，令x=0，得；令，得，所以面积，当且仅当，即时，面积最小，此时，，，的周长为.所以当面积最小时，的周长为.18．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）存在，．【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证；（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可.【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：因为M为棱PC的中点，所以，因为，所以，所以四边形ABMN是平行四边形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．（2）因为，所以，所以，因为平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，所以平面ABCD，又因为AD，平面ABCD，所以，而，，所以以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：则，因为M为棱PC的中点，所以（i），设平面BDM的一个法向量为，则，令，则，所以，平面PDM的一个法向量为，所以，根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为.（ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，设，则，由（2