2024-2025学年陕西省咸阳市武功县高二上册10月月考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年陕西省咸阳市武功县高二上学期10月月考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．如图，空间四边形中，，，.点在上，且，为的中点，则（

）

A． B．C． D．2．已知，，且，则的值为（）A．6 B．10 C．12 D．143．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，4．已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（

）A． B．C． D．5．三点，，在同一条直线上，则值为（

）A．2 B． C．或 D．2或6．设点是点，关于平面的对称点，则（

）A．10 B． C． D．387．如图所示，在棱长为2的正方体中，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．8．在空间直角坐标系中，，三角形重心为，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的有（

）A．若两条不重合的直线，的方向向量分别是，，则B．若直线的方向向量是，平面的法向量是，则C．若直线的方向向量是，平面的法向量是，则D．若两个不同的平面，的法向量分别是，，则10．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（

）A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是C．和夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是11．在长方体中，，，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（

）A． B．平面C．平面 D．直线和所成角的余弦值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线经过点且其方向向量为则直线的方程为.13．已知，，，若，，三向量共面，则实数等于.14．在直棱柱中，分别是，的中点，．则二面角的余弦值是．

四、解答题（本大题共5小题）15．已知点，，，设，，．(1)若实数使与垂直，求值．(2)求在上的投影向量．16．如图所示，平行六面体中，．(1)用向量表示向量，并求；(2)求．17．如图，正方体的棱长为4，点分别为的中点，（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面间的距离．18．棱长为2的正方体中，分别是的中点，在棱上，且，是的中点.(1)证明：；(2)求；(3)求的长.19．如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，，，为中点，为靠近的四等分点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值：(3)求点到平面的距离.

答案1．【正确答案】D【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】，，为的中点，，.故选D.2．【正确答案】C【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案.【详解】因为，所以，解得.故选C.3．【正确答案】B【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断.【详解】对于A选项，因为设，即，可解得，所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B选项，因为设，无解，所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；对于C选项，因为设，可解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；对于D选项，因为设，可解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.故选B.4．【正确答案】B【分析】首先求出直线,的斜率，然后结合图象即可写出答案．【详解】记为点，直线的斜率，直线的斜率，因为直线过点，且与线段相交，所以结合图象，可得直线的斜率的取值范围是．故选B．5．【正确答案】D根据三点共线，可得，由两点求斜率即可求解.【详解】由题意可得，因为三点共线，所以，即，解得或，所以的值为2或．故选D．6．【正确答案】A【分析】写出点坐标，由对称性易得线段长．【详解】点是点，关于平面的对称点，的横坐标和纵坐标与相同，而竖坐标与相反，，直线与轴平行，.故选A．7．【正确答案】C【分析】建立空间直角坐标系，，进而求出线线角的向量公式即可求出结果.【详解】如图所示，以D为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2，则.所以，因为，所以.故选C.

8．【正确答案】B【分析】三角形重心为，所以，计算出和，得到在上的投影，根据勾股定理计算即可.【详解】在空间直角坐标系中，，三角形重心为，所以，，，所以在上的投影为，所以点到直线的距离为.故选B.9．【正确答案】BD【分析】根据向量与不平行，可判定A错误；由，可判定B正确；由，可判定C不正确；由，可判定D正确.【详解】对于A选项，因为由直线，的方向向量分别是，，设，可得，此时方程组无解，即与不平行，所以与不平行，所以A错误；对于B选项，因为由直线的方向向量是，平面的法向量是，可得，所以，所以，所以B正确；对于C选项，因为由直线的方向向量是，平面的法向量是，可得，可得，所以或，所以C不正确；对于D，因为由两个不同的平面，的法向量分别是，，可得，所以，则，所以D正确.故选BD.10．【正确答案】BD【分析】利用空间向量共线可判断A；求出与同向的单位向量可判断B；求出和夹角的余弦值可判断C；求出平面的一个法向量可判断D.【详解】对于A选项，因为，，，所以与不是共线向量，故A错误；

对于B选项，，与同向的单位向量是，故B正确；对于C选项，因为，，，所以和夹角的余弦值是，故C错误；

对于D选项，因为，，设为平面的一个法向量，则，，令，可得，所以平面的一个法向量是，故D正确.故选BD.11．【正确答案】ACD【分析】A.根据线面垂直作出判断；B.假设结论成立，然后通过条件验证假设；C.通过面面平行来证明线面平行；D.将直线平移至同一平面内，然后根据长度计算异面直线所成角的余弦值.【详解】选项A．如图所示，

因为，所以四边形是正方形，所以，因为几何体为长方体，所以平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，故A正确；选项B．如图所示，

假设平面，因为平面，所以，显然不成立，故假设错误，所以B错误；选项C．如图所示，

连接，因为由条件可知，所以，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；选项D．如图所示，

连接，因为，所以和所成角即为或其补角，因为由条件可知：，所以，故D正确.故选ACD.12．【正确答案】【分析】根据直线的方向向量求出斜率，从而利用点斜式写出直线方程，化为一般式.【详解】由题意该直线斜率为，所以直线l的方程为：，化为一般式方程为.故答案为.13．【正确答案】【分析】依题意设，列方程组能求出结果．【详解】，，，且，，三向量共面，设，，，解得，，．故．14．【正确答案】【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，由题意可得：平面的法向量，则，由图形可知：二面角为钝角，所以其余弦值为.

15．【正确答案】(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出空间向量的坐标，再结合向量垂直的坐标表示列式计算即得.（2）利用投影向量的定义求解即得.【详解】（1）依题意，，，因为与垂直，可得，所以解得.（2）因为由（1）知，，，所以在上的投影向量为.16．【正确答案】(1)，，(2)【分析】（1）借助空间向量的线性运算和模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【详解】（1）因为，所以，所以.（2）由空间向量的运算法则，可得，因为，且，所以，，所以.17．【正确答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，证明，，即可得，从而可证平面，平面，再利用面面平行的判定定理即可得证；（2）因为平面平面，所以点到平面的距离即为平面与平面间的距离，求出平面的法向量，从而可求的答案.【详解】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，因为由题意可得，，，，，，，，所以，，，，所以，，所以EFMN，AMBF．因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，（2）因为平面平面，所以点到平面的距离即为平面与平面间的距离．设是平面的法向量，则有，即，可取，因为，所以点B到平面AMN的距离为，故平面与平面间的距离为．18．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到直线垂直；（2）利用空间向量夹角余弦公式进行求解；（3）求出的坐标，由公式计算出.【详解】（1）如图，以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，因为，，所以，所以，故；（2）因为，所以因为，，所以；（3）因为是的中点，所以，因为，所以，，故.19．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）直接建立空间直角坐标系，然后用空间向量计算垂直，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用第一小问建立的空间直角坐标系计算即可；（3）利用向量的投影计算即可.【详解】（1）因为平面，四边形为矩形，所以两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以由分析题意可得，，，因为，所以，即因为，所以，即因为，平面，平面所以平面（2）因为平面，所以为平面的一个法向量由（1）知为平面的一个法向量.所以二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.因为点到平面的距离为在平面的一个法向量上的投影的绝对值，其中，所以点到平面的距离.2024-2025学年陕西省咸阳市武功县高二上学期10月月考数学检测试题（二）一、选择题（本题共8小题，每小题3.5分，共28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.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.2.下列关于空间向量的说法中正确的是()A.若向量，平行，则，所在的直线平行B.若，则，的长度相等而方向相同或相反C.若向量满足，则D.相等向量其方向必相同3.已知点．若直线过点，且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是()A．B．C．或D．4.如图1，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为∆的重心，则()图1A． B．C． D．5.已知、、，则原点到平面的距离是（）A. B. C. D.6.已知圆，圆，则下列选项错误的是（）A.两圆的圆心距离是 B.两圆有条公切线C.两圆相交 D.公共弦长7.如图2，，平面，⊥平面，，与平面成30°角，则间的距离为()图2A．B．C.D.8.若点和点分别为椭圆的中心和下焦点，点为椭圆上的任意一点，则的最大值为()A．B．C．D．二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得4分，有选错的得0分，部分选对得2分.）9.对于直线和直线，以下说法正确的有（）A.直线一定过定点B.的充要条件是C.若，则D.点到直线的距离的最大值为10.一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在直线的方程可能是（

）A． B．C． D．11.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图3所示，已知它的近地点(离地心最近的一点)距地面，远地点(离地心最远的一点)距地面，并且三点在同一直线上，地球半径约为，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，则()图3A． B．C． D．12.如图4，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点之间的距离为，若分别为线段，上的动点，则下列说法正确的是（

）图4A．平面平面B．线段的最小值为C．当，时，点D到直线的距离为D．当分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为三、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在答题卡上的相应位置.）13.已知圆与圆外切，则______．14.已知，是空间两个向量，若，，，则________.15.已知正方形，以该正方形其中一边的端点为焦点，且过另外两点的椭圆的离心率为________．16.已知直线：与轴相交于点，过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，两点，记是的中点，则的最小值为．四、解答题（本题共5小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（本小题满分8分）在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.①与直线垂直；②过点；③与直线平行.问题：已知直线过点，且___________.（1）求直线的一般式方程；（2）若直线与圆相交于点，，求弦的长.18.（本小题满分8分）已知椭圆的中心是坐标原点，焦点在轴上，长轴长是，离心率是.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点在该椭圆上，为它的左、右焦点，且，求△的面积．19.（本小题满分8分）如图5，在正方体中，为的中点.图5（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20.（本小题满分8分）已知一个动点P在圆上移动，它与定点所连线段的中点为.(1)求点的轨迹方程；(2)过定点的直线与点的轨迹交于不同的两点，且满足，求直线的方程.21.（本小题满分8分）中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图6所示，四边形为正方形，四边形为两个全等的等腰梯形，，，，．

图6(1)当点为线段的中点时，求证：直线平面；(2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．高二数学试题答案一选择题12345678BDDAADCC二选择题9101112ACDBCABDABD三填空题13.14.15.16.四解答题17.方案一选条件①.（1）因为直线的斜率为，又直线与直线垂直，所以直线的斜率为，依题意，直线的方程为，即.（4分）（2）圆的圆心到直线的距离为.又圆的半径为，所以.（8分）方案二选条件②.（1）因为直线过点及，所以直线的方程为，即.（4分）（2）圆的圆心到直线的距离为.又圆的半径为，所以.（8分）方案三选条件③.（1）因为直线的斜率为，直线与直线平行，所以直线的斜率为.依题意，直线的方程为，即.（4分）（2）圆的圆心到直线的距离为.又圆的半径为，所以.（8分）第（2）问也可以用弦长公式求解18.解析：(1)由题意知，椭圆的标准方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；（4分）（2）由已知a＝2，b＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝1，|F1F2|＝2c＝2，在△PF1F2中，由余弦定理得|PF2|2＝|PF1|2＋|F1F2|2－2|PF1|·|F1F2|·cos120°，即|PF2|2＝|PF1|2＋4＋2|PF1|.①由椭圆定义，得|PF1|＋|PF2|＝4，即|PF2|＝4－|PF1|.②将②代入①解得|PF1|＝eq\f(6,5)，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|F1F2|·sin120°＝eq\f(1,2)×eq\f(6,5)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),5).因此所求△PF1F2的面积是eq\f(3,5)eq\r(3).（8分）19.(1)证明：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，则，设平面的法向量为，由于，可得，可取，因为，所以，又平面，所以平面；（4分）(2)，设直线与平面所成角，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（8分）20.解(1)设M(x，y)，动点P(x0，y0)，由中点坐标公式得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(y0,2)，）解得x0＝2x－4，y0＝2y，又由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝36，得(2x－4)2＋(2y)2＝36，即(x－2)2＋y2＝9，∴点M的轨迹方程是(x－2)2＋y2＝9.（4分）(2)当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝0，与圆M交于A(0，eq\r(5))，B(0，－eq\r(5))，此时x1＝x2＝0，不合题意.当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx－3，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,（x－2）2＋y2＝9）消去y，得(1＋k2)x2－(4＋6k)x＋4＝0，则Δ＝[－(4＋6k)