2024-2025学年福建省福州市高二上册第一次月考数学教学质量检测试卷（含解析）

2024-2025学年福建省福州市高二上学期第一次月考数学教学质量检测试卷友情提示：请将所填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！一、选择题：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，则直线恒过定点（）A. B.C. D.2.已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（）A. B. C. D.3.下列命题中正确的是（）A.点关于平面对称的点的坐标是B.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.若直线l方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为D.已知O空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则4.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.，，5.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6.如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.7.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（）A B. C. D.8.平面几何中有定理：已知四边形的对角线与相交于点，且，过点分别作边，，，的垂线，垂足分别为，，，，则，，，在同一个圆上，记该圆为圆.若在此定理中，直线，，的方程分别为，，，点，则圆的方程为（）A. B.C. D.二、选择题：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.已知向量，，，则（）A. B.C. D.10.给出下列命题正确的是（）A.直线的方向向量为，平面的法向量为，则与平行B.直线恒过定点C.已知直线与直线垂直，则实数的值是D.已知三点不共线，对于空间任意一点，若，则四点共面11.如图，平行六面体所有棱长均为2，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（）A.，，，四点共面B.在方向上的投影向量为C.D.直线与所成角的余弦值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.，与直线平行，则直线与的距离为___________.13.已知是空间向量的一个基底，是空间向量的另一个基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为_________．14.“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为_________．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点.（1）证明：平面.（2）求平面与平面夹角的余弦值.16.已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.（1）求直线的方程和点C的坐标；（2）求的面积．17.设直线和直线的交点为.（1）若直线经过点，且与直线垂直，求直线的方程；（2）若直线与直线关于点对称，求直线的方程.18.在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，．（1）如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值；（2）如图2，设（ⅰ）求证：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值．19.已知圆经过坐标原点和点，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）设是圆两条切线，其中为切点．①若点在直线上运动，求证：直线经过定点；②若点在曲线（其中）上运动，记直线与轴的交点分别为，求面积的最小值．2024-2025学年福建省福州市高二上学期第一次月考数学教学质量检测试卷友情提示：请将所填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！一、选择题：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，则直线恒过定点（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由题意可得，可得定点坐标.【详解】因为，所以，由，可得，所以，当时，所以对为任意实数均成立,故直线过定点.故选：A.2.已知两点，，过点的直线与线段AB（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】求出直线、的斜率后可求直线的斜率的范围.详解】，而，故直线的取值范围为，故选：A.3.下列命题中正确的是（）A.点关于平面对称的点的坐标是B.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为D.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则【正确答案】C【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，，有，则或，B选项错误；对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为，C选项正确；对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则，解得，D选项错误.故选：C.4.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.，，【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，设，即，解得，所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B，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，设，解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；对于D，设，解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.故选：B.5.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【正确答案】D【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，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：D6.如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义,将、，用基底表示出来，在应用向量数量积的运算律即可.【详解】在平行六面体中,四边形是平行四边形,侧面是正方形,又是的交点,所以是的中点,因为,,,所以，所以，所以又，所以，可得,，所以异面直线与的夹角的余弦值为.故选：A.7.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可．【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，取，得，所以点到平面的距离为，故选：D．8.平面几何中有定理：已知四边形对角线与相交于点，且，过点分别作边，，，的垂线，垂足分别为，，，，则，，，在同一个圆上，记该圆为圆.若在此定理中，直线，，的方程分别为，，，点，则圆的方程为（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】由已知可得，，，的坐标，根据垂直关系联立方程组可分别求出，的坐标，根据，，三点在圆上，分别求线段，的垂直平分线所在直线方程，通过联立解方程组求解圆心的坐标，即可求解圆的方程.【详解】由得，由得，由得，因为，对角线与相交于点，所以，因为，所以所在直线方程为，与联立方程组解得，因为，所以所在直线方程为，与联立方程组解得，因为，所以线段垂直平分线方程为，线段的垂直平分线方程为，联立，解得，所以，又，所以圆的方程为.故选.方法点睛：求圆的方程的常用方法：（1）直接法：直接求出圆心坐标和圆的半径，写出方程；（2）待定系数法：根据已知条件设出方程，代入求解.二、选择题：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.已知向量，，，则（）A. B.C. D.【正确答案】BD【分析】利用空间向量的运算公式逐项判断即可.【详解】对于A，，故，故A错误；对于B，，，故B正确；对于C，，故，故C错误；对于D，，故，故D正确.故选：BD10.给出下列命题正确的是（）A.直线的方向向量为，平面的法向量为，则与平行B.直线恒过定点C.已知直线与直线垂直，则实数的值是D.已知三点不共线，对于空间任意一点，若，则四点共面【正确答案】BD【分析】根据空间向量、直线过定点、直线垂直、四点共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，所以与不平行，A选项错误.B选项，由，得，由，解得，所以定点为，B选项正确.C选项，由，解得或，C选项错误.D选项，由于，其中，所以四点共面，D选项正确.故选：BD11.如图，平行六面体的所有棱长均为2，，，两两所成夹角均为，点，分别在棱，上，且，，则（）A.，，，四点共面B.在方向上的投影向量为C.D.直线与所成角的余弦值为【正确答案】ABD【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由的线性运算后再平方可判断C；由向量的夹角公式计算可判断D.【详解】对于A，在上取点，使得，连接，因为，所以四边形为平行四边形，可得，因为，所以四边形为平行四边形，可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确；对于B，因为平行六面体棱长均为2，、、两两所成夹角均为，所以，则，则，，故B正确；对于C，，，则，故C不正确；对于D，故，故直线与所成角的余弦值为，D正确.故选：ABD.关键点点睛：求向量模长解题的关键点是先对所求向量进行线性运算，再平方计算.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.，与直线平行，则直线与的距离为___________.【正确答案】【分析】根据两直线平行的条件列出方程即可求出m的值，求出直线的方程，再由两平行线间的距离公式求出直线与的距离．【详解】因为//，所以，解得，，，由两平行直线的距离公式可得：，故13.已知是空间向量的一个基底，是空间向量的另一个基底，若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为_________．【正确答案】【分析】设向量在基底下的坐标为，则，由此能求出向量在基底下的坐标.【详解】设向量在基底下的坐标为，则，整理得：，，解得.向量在基底下的坐标是.故答案为.14.“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，，则，两点间的曼哈顿距离已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为_________．【正确答案】##【分析】根据题意，作出点的轨迹，将问题转化为点到圆的距离问题，从而得解.【详解】由题意得，圆，圆心，半径，设点Px0,故点的轨迹为如下所示的正方形，其中，，则，，则，即的最大值为.故答案为.关键点点睛，本题解决的关键是将点的曼哈顿距离转化为图形，从而利用数形结合即可得解.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点.（1）证明：平面.（2）求平面与平面夹角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）不妨设，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，得到，即可得证；（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】不妨设，则，如图建立空间直角坐标系，则，，，A1,0,0，，，所以，，，设m=x,y,z是平面则，取，则，所以平面的一个法向量，又，所以，因为平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，所以是平面的一个法向量，又因为，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.已知的顶点边上的中线所在直线的方程为的平分线所在直线的方程为.（1）求直线的方程和点C的坐标；（2）求的面积．【正确答案】（1），，（2）.【分析】（1）设点的坐标是，由的中点在直线上，求得点的坐标，再求出点关于直线的对称点即可求得直线的方程，联立方程组求出点坐标.（2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求出三角形面积.【小问1详解】由点在上，设点的坐标是，则的中点在直线上，于是，解得，即点，设关于直线对称点为，则有，解得，即，显然点在直线上，直线的斜率为，因此直线的方程为，即，由，解得，则点，所以直线的方程为，点C的坐标为.【小问2详解】由（1）得，点到直线的距离，所以的面积.17.设直线和直线的交点为.（1）若直线经过点，且与直线垂直，求直线的方程；（2）若直线与直线关于点对称，求直线的方程.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）联立方程求得，根据垂直关系设出直线的方程，将点代入计算即可求解；（2）法一：根据平行关系设出直线的方程，然后利用到两条直线的距离相等列式求解即可；法二，设直线上任意一点，利用对称性求得点关于点对称的点，将坐标代入已知直线方程，化简即可求解.【小问1详解】由得交点，由直线与直线垂直，则可设直线的方程为，又直线过点，代入得，则，所以直线的方程为；【小问2详解】法一：由题意可得直线与直线平行，则可设直线方程为：，由直线与直线关于点对称，得到两条直线的距离相等，即，得（舍）或，所以直线的方程为.法二：设直线上任意一点，则点关于点对称的点为，且点在直线上，得，化简得直线的方程为.18.在空间几何体中，四边形均为直角梯形，，．（1）如图1，若，求直线与平面所成角的正弦值；（2）如图2，设（ⅰ）求证：平面平面；（ⅱ）若二面角的余弦值为，求的值．【正确答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；（2）（ⅰ）设，则，由，所以，求出平面、的法向量，利用空间向量法证明即可；（ⅱ）求出平面的法向量，利用空间向量法表示出二面角的余弦值，即可得到方程，求出，即可得到点坐标，再由夹角公式计算可得.【小问1详解】因为，，即，，，如图建立空间直角坐标系，则A0,0,0，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问2详解】（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，设，则，因为，所以，所以，，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，因为，所以，所以平面平面；（ⅱ）设平面的法向量为，则，取，设二面角的平面角为，所以，所以，即，解得或（舍去），则，所以，