2024−2025学年高二10月月考数学试题含答案

2024−2025学年高二10月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．若直线的倾斜角为，则（

）．A．0 B． C． D．不存在2．已知向量，若，则（

）A． B．C． D．3．已知直线与直线，则“”是“”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4．在空间四边形中，若分别是的中点，是上的点，且，记，则等于（

）A． B． C． D．5．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，,

D，E分别为SO，SB的中点，点C是底面圆周上一点（不同于A,B）且，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．6．已知直线过点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．7．已知两点，，若直线与线段有公共点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．8．已知点和非零实数，若两条不同的直线，均过点，且斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”，如直线，是一组“共轭线对”，其中是坐标原点．已知，是一组“共轭线对”，则，的夹角的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法中不正确的是（

）A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大B．若直线过点，且它的倾斜角为45°，则这条直线必过点C．过，两点的直线的方程为D．直线在轴上的截距为210．在空间直角坐标系中，点，，，下列结论正确的有（

）A．B．向量与的夹角的余弦值为C．点关于轴的对称点坐标为D．向量在上的投影向量为11．如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（

）A．三棱锥的表面积为B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为D．的取值范围为三、填空题（本大题共3小题）12．已知点在平面上，点是空间内任意一点，且，则的值为．13．直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的一般式方程为.14．在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），若且与平面所成的角最大时，线段的长度为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知的顶点坐标分别是，，，为边的中点．(1)求边上的中线的一般式方程；(2)求经过点且与直线垂直的直线方程．16．已知，，且.(1)求.(2)求与夹角的余弦值.17．已知直线.（1）若直线l不经过第四象限，求k的取值范围；（2）若直线l交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时l的方程.18．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、AD的中点，平面．(1)求证：；(2)求点B到平面EFM的距离；(3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面EFM所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由．19．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集．(1)若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能值以及相应的的个数；(2)已知为的4阶等距平面，且点与点，，分别位于的两侧．是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求平面与夹角的余弦值；若不存在，说明理由．

参考答案1．【答案】C【详解】因为，为一常数，故直线的倾斜角为，故选：C2．【答案】B【分析】根据空间向量共线的坐标表示，求出的值.【详解】向量，且，所以，解得.故选B.3．【答案】C【详解】当时，由，解得，所以可以推出，当时，直线，直线，有，即可以推出，所以“”是“”的充要条件，故选：C.4．【答案】A【详解】连接，因为，分别是的中点，所以，故．故选：A5．【答案】A【详解】由题设，构造如下图示的空间直角坐标系，则，所以，则.所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为.故选：A6．【答案】B【详解】，则点到直线的距离为：.故选：B7．【答案】D【详解】由，得到，所以直线过定点，又，，所以，，又直线与线段有公共点，结合图象可知，，

故选：D.8．【答案】B【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，两直线的夹角为，则，当且仅当，即时取等号，又，所以，故选：B.9．【答案】ACD【详解】对于A，当倾斜角为锐角，斜率为正；当倾斜角为钝角时，斜率为负，故A错误；对于B，直线方程为，即，显然在直线上，故B正确；对于C，当或时不能使用两点式写方程，故C错误；对于D，直线，令，，则直线在轴上的截距为，故D错误.故选：ACD.10．【答案】BD【详解】记，，对于A，，故A错误；对于B，，，，设与的夹角为，则，故B正确；对于C，点关于轴的对称点坐标为，故C错误；对于D，在上的投影向量为，D正确．故选：BD．11．【答案】ABD【详解】连结OB.在三棱锥中，，，.所以,,且,.所以，所以.又因为，所以面ABC.可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，所以,,,.对于A：在三棱锥中，，，，所以底面三角形为直角三角形，其面积为；为边长为2的等边三角形，所以面积为；和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；所以三棱锥的表面积为.故A正确；对于B：为棱的中点，所以,所以,.所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；对于C：点是棱上一动点，不妨设，（）.所以.设为面PAM的一个法向量，则，不妨设y=1，则.因为与平面所成角的正弦值为，所以，解得：取，则显然，面PAC的一个法向量为.设二面角的平面角为，所以，所以.故C错误；对于D:如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.当M与B重合时，；当M与C重合时，最大；连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.此时，，所以.由余弦定理得：.所以的取值范围为.故D正确.故选：ABD12．【答案】【详解】因为点在平面上，由空间向量基本定理知，，得到，即，又，所以，解得，故答案为：.13．【答案】【详解】∵直线的方向向量,∴直线的斜率，又∵直线过点∴由点斜式可得：,即，故答案为：.14．【答案】/【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，，设，则，，设平面的一个法向量为，则，即取，则.在正方体中，可得平面，且平面，所以，则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为，则，则，即，又，设与平面所成的角为，所以，又，当且仅当时，等号成立，所以，即时，与平面所成的角最大，即，所以.故答案为：.1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.15．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，，所以的中点，又，所以边上的中线的方程为，整理得到，故边上的中线的一般式方程为.（2）因为直线的斜率为，又，所以经过点且与直线垂直的直线方程为，整理得到.16．【答案】(1)(2)【详解】（1）根据题意由可得，即，解得；所以，因此，即.（2）易知，且；所以，即与夹角的余弦值为.17．【答案】（1）；（2）最小值是4，方程为．【详解】（1）直线方程为：，它过定点，在第二象限，因此直线不过第四象限，则∴的取值范围是；（2）易知，令得，令，得，即，∴，当且仅当，即时取等号，∴最小值是4，此时方程为，即．18．【答案】(1)证明见详解(2)3(3)存在点满足题意，【详解】（1）因为平面，平面，所以，又底面是正方形，则，且与是平面内两条相交直线，所以平面，平面，所以，又分别是的中点，所以，所以.（2）因为分别是的中点，所以，所以平面即是平面，由（1）知平面，则平面，平面，，则，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，所以点到平面的距离为.（3）如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，A2,0,0，，，，，，，设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且，，，，设平面的一个法向量为n=a,b,c则，即，令，得，，，整理得，解得或（舍），，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.19．【答案】(1)当的值为时，有4个；当的值为时，有3个(2)【详解】（1）情形一：分别取的中点，由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，为正四面体高的一半，等于.由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；情形二：分别取的中点，将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于.