安徽省马鞍山中加双语学校2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

第1页/共1页马鞍山中加双语学校2024-2025学年第一学期高二年级第一次月考数学试题总分：150分考试时间：120分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第Ⅰ卷（选择题共58分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填图在答题卡相应位置上）1.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用倾斜角和斜率的关系求解即可.【详解】易知的斜率为，显然倾斜角为.故选：C2.已知，，若，则实数λ的值为（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题可得，据此可得答案.【详解】由题可得.注意到，则.故选：A3.为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解.【详解】因为，所以，可化简为：，即，由于，，，四点共面，则，解得：；故选：C4.我们打印用的A4纸的长与宽的比约为，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得到的新纸的长与宽之比仍约为，纸张的形状不变．已知圆柱的母线长小于底面圆的直径长（如图所示），它的轴截面ABCD为一张A4纸，若点E为上底面圆上弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角约为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF，证明OD⊥OE，计算tan∠EDO即可得出答案．【详解】∵AB//CD，∴∠EDC（或补角）为异面直线DE与AB所成的角，设CD的中点为O，过E作EF⊥底面⊙O，连接OE，OF，∵E是的中点，∴F是的中点，∴CD⊥OF，又EF⊥平面⊙O，∴EF⊥CD，∴CD⊥平面OEF，∴OD⊥OE．设AD＝1，则CD，故OF，EF＝1，于是OE，∴tan∠EDO，∴∠EDO．故选：C．【点睛】本题考查了异面直线所成的角，解题的关键是找出与异面直线所成角相等的相交直线所成的角，此题要求有一定的计算能力，属于中档题.5.在空间直角坐标系中，已知点，若点到平面的距离为，则点的坐标可以是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用点到平面距离的向量求法逐项检验可得答案.【详解】对于A，当时，设为平面的一个法向量，，，所以，即，令，则，则点到平面的距离为，故A错误；对于B，当时，设为平面的一个法向量，，，所以，即，令，则，则点到平面的距离为，故B错误；对于C，当时，设为平面的一个法向量，，，所以，即，令，则，则点到平面的距离为，故C错误；对于D，当时，设为平面的一个法向量，，，所以，即，令，则，则点到平面的距离为，故D正确.故选：D.6.过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解.【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意，又因为直线过点，所以直线的斜率为，所以直线方程为，即，当直线不过原点时，设直线方程为，因为点在直线上，所以，解得，所以直线方程为，故所求直线方程为或.故D项正确.故选：D7.如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用坐标法，设，可得动点P到直线的距离为，然后利用二次函数的性质即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，设，则，∴动点P到直线的距离为，当时取等号，即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.故选：D.8.如图，在体积为5的多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，，，M为BC的中点，，，．则平面PCD与平面QAB夹角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先证明，结合棱柱与棱锥的体积关系，利用等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，运用法向量求解.【详解】由题意得，，，，在中，由余弦定理可得，所以，所以，所以．又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以．由于，所以四边形为平行四边形，所以．又，所以，所以．因为，所以，又，，平面，所以平面，则面．取中点，连接，由面，面，则面面，面面，由得多面体为三棱柱，设，多面体的体积为，由题意得，四边形为平行四边形，故，，则，解得．由得.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，．则平面的一个法向量，且，设平面的一个法向量，则即取．设平面PCD与平面QAB的夹角为，则，所以，即平面与平面夹角的正弦值为．故选：D.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过线线、线面关系的转化证明平面且面，利用等体积法求出的长，建立空间直角坐标系求解即可得到结果.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18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6分，部分选的得部分分，不选或有选错选的得0分．）9.下列说法是错误的为（）A.直线的倾斜角越大，其斜率就越大B.直线的斜率为tanα，则其倾斜角为αC.斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等D.经过任意两个不同的点的直线都可以用方程表示．【答案】ABC【解析】【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系，结合直线倾斜角的性质、直线两点式方程逐一判断即可.【详解】当直线的倾斜角为直角时，该直线不存在斜率，故选项A不正确；当直线的斜率为，倾斜角为，故选项B不正确；当两条直线的斜率相等，显然这两条直线的倾斜角相等，故选项选项C不正确；根据直线的两点式方程可知选项D正确，故选：ABC10.在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑中，底面，则（）A.可能成立 B.可能成立C.一定成立 D.可能成立【答案】BCD【解析】【分析】利用线面垂直的判定与性质判断出线线是否垂直，即可判断对应的向量的数量积是否为0．【详解】因为底面，所以，所以一定成立；故C正确．若，如图所示：则△为直角三角形，所以.因为底面，所以,所以△,△均为直角三角形.所以,.在△中，由，，可知，三边不满足勾股定理，所以△不是直角三角形，三棱锥不是“鳖臑”.故A错误．由三棱锥是“鳖臑”可知：△为直角三角形.由上面的推理可知：不成立，则，或.当时，.又，，且面，面，所以面，所以，则，三棱锥是“鳖臑”；故B正确．同理可证：若，则，三棱锥是“鳖臑”；故D正确．故选：BCD11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体，若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（）A.点到直线CQ的距离是 B.C.平面ECG与平面的夹角正弦值为 D.异面直线CQ与BD所成角的正切值为【答案】BD【解析】【分析】通过空间向量的线性运算可得选项B正确，利用空间向量的坐标运算可得选项A、C、D的正误.【详解】依题意，所以选项B正确；如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，对于A：，，设，则点到直线CQ距离，所以A错误；对于C：，，设平面的法向量的一个法向量为，则，令得，设平面的一个法向量为，则，令得，所以，即平面与平面的夹角余弦值为，所以平面ECG与平面的夹角正弦值为，所以C错误；对于D，因为，，所以，，所以，即异面直线与所成角的正切值为，所以D正确．故选：BD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算解决角度和距离问题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分，请把案填写在题卡相应位置上）12.已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量数量积的坐标表示，结合投影向量公式进行求解即可.【详解】由题意得，,∴向量在向量上的投影向量为．故答案为：.13.已知直线在x轴上的截距的取值范围是，则其斜率的取值范围是___________．【答案】或.【解析】【分析】先求出直线l所过的定点，再根据条件求解.【详解】由直线得：，令，解得，所以直线l过点，由题知，在x轴上的截距取值范围是，如图：所以端点处直线的斜率分别为，所以或；故答案为：或.14.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______．【答案】##【解析】【分析】根据阅读材料可得平面的一个法向量，再在两平面的交线上取两个点，从而得交线的方向向量，由此利用向量夹角余弦的坐标表示即可得解．【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量，又直线：上有两个点，，所以直线的方向向量为，所以直线与平面所成角的正弦值为．故答案为：．四、本大题共5小题，共计77分，请在答题卡指定区域内作答，解时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知直线的方程为．（1）求直线过的定点P的坐标；（2）直线与x轴正半轴和y轴正半轴分别交于点A，B，当面积最小时，求直线的方程；【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将直线的方程变形，列出方程组即可求解；（2）利用直线的截距式方程设出直线的方程，根据（1）的结论及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】由题意，直线的方程可化为，联立方程组解得，所以直线过的定点．【小问2详解】设直线，则，由（1）知，直线过的定点，可得，因为，所以，解得，当且仅当且即时，等号成立，所以面积为，此时对应的直线方程为，即．16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理即得.（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.小问1详解】在四棱锥中，底面为矩形，则，由平面，平面，得，而平面，则平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】依题意，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，由，得，令，则有，即，，，由平面，得存在实数使，即，解得，，，设平面的法向量，则，令，，设平面的法向量，则，令，，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.在直三棱柱中，与交于点是的重心，点在线段（不包括两个端点）上.（1）若为的中点，证明：平面；（2）若直线与平面所成角正弦值为，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明出，，从而得到平面平面，证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.【小问1详解】连接并延长，交于点，则为的中点，连接，因为为直三棱柱，所以平面平面，又分别为的中点，所以，故四边形为平行四边形，故，又因为平面平面，平面平面，所以，因为平面平面，所以平面，同理可得平面，因为平面，且，所以平面平面，又平面，所以平面.【小问2详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，设则，所以，因为为的中点，所以，则，设平面的一个法向量为n=x,y,z由得，，取，则，因为直线与平面所成的角正弦值为，所以，整理得，，解得或（不合题意舍），所以.18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．（3）设CG与平面AEF所成角为，求的范围.【答案】（1）证明见解析（2）直线在平面内，理由见解析（3）【解析】【分析】（1）由⊥平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证；（2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内；（3）由点G是线段PB上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得.【小问1详解】因为⊥平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面.【小问2详解】在底面中，过作，交于，由题意可知，又平面，则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，、、、.，，，若平面，则且，使得，则有，解得，故.所以直线平面.【小问3详解】由（2）可知，.设，则，设平面的法向量为，则，即，令，有，故.故，令，则，而，，故.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，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标：，，分别为“斜坐标系”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