2024-2025学年江西省南昌市高二上册10月月考数学素养检测试卷（含解析）

2024-2025学年江西省南昌市高二上学期10月月考数学素养检测试卷一、选择题：本大题共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.已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（

）A. B. C.1 D.2.已知向量是平面的一个法向量，点在平面内，则下列点不在平面内的是（）A. B.C. D.3.如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（）A. B.C. D.4.已知空间向量，，若，则（）A.4 B.6 C. D.5.下列说法中，错误是（）A.直线在y轴上的截距为B.直线的一个方向向量为C.两平行直线与之间的距离是D.三点共线6.已知直线与直线交于，则原点到直线距离的最大值为（）A.2 B. C. D.17.如图，在正四棱锥中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.8.在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（

）．A. B.C. D.4a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.下列说法错误的是（）A.“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件B.直线的倾斜角的取值范围是C.过两点的所有直线，其方程均可写为D.已知，若直线与线段有公共点，则10.下列命题中错误的是（）A.若直线的方向向量，平面的法向量，则B.若是空间的一个基底，是空间的另一个基底C.已知空间向量则向量在向量上的投影向量是D.已知则与向量共面的向量可以是11.在长方体中，，点在棱上，且．点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（）A.当点为中点时，平面B.过点作与直线垂直的截面，则直线与截面所成的角的正切值为C.三棱锥体积是定值D.点到直线距离的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点，则点P关于直线的对称点的坐标是______________．13.已知空间向量、、的模长分别为、、，且两两夹角均为，点为的重心，则_____．14.已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是___________.四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第15，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知点和直线.（1）若直线经过点P，且，求直线的方程；（2）若直线经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.16.已知直线经过点，（1）若点到直线的距离为2，求直线的方程；（2）直线与，轴的正半轴交于A，B两点，求的最小值．17.如图，已知直三棱柱，，，，点为中点．（1）证明：∥平面；（2）求直线AB1到平面距离．18.如图，在四棱锥．中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连接．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值：（3）点为的四等分点（靠近），求直线与平面所成的角的余弦值．19.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面．（1）证明：；（2）若点在棱上，且平面，求线段的长；（3）棱上是否存在一点，使得二面角余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．2024-2025学年江西省南昌市高二上学期10月月考数学素养检测试卷一、选择题：本大题共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.已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（

）A. B. C.1 D.【正确答案】C【分析】利用直线的斜率和直线倾斜角的关系进行求解即可.【详解】由直线的倾斜角为，则直线的斜率，故选：C.2.已知向量是平面的一个法向量，点在平面内，则下列点不在平面内的是（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】记选项中的四个点依次为A，B，C，D，结合数量积的坐标运算验证，，，是否与垂直即可得．【详解】记选项中的四个点依次为A，B，C，D，则，，，，又，，故与垂直，即A点在平面内，故A错误；，故与垂直，即B点在平面内，故B错误；，故与不垂直，即C点不在平面内，故C正确；，故与垂直，即D点在平面内，故D错误.故选：C.3.如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解．【详解】，，，则．故选：A．4.已知空间向量，，若，则（）A.4 B.6 C. D.【正确答案】C【分析】求得，进而可得，求解即可.【详解】因为，因为，所以，解得.故选：C.5.下列说法中，错误的是（）A.直线在y轴上的截距为B.直线的一个方向向量为C.两平行直线与之间的距离是D.三点共线【正确答案】C【分析】由纵截距定义可得A；由方向向量的性质可得B；由两平行线的距离公式计算可得C；借助斜率公式计算可得D.【详解】对A：直线在y轴上的截距为，故A正确；对B：由，故为直线的方向向量，故B正确；对C：可化为，故，故C错误；对D：，，故三点共线，故D正确.故选：C.6.已知直线与直线交于，则原点到直线距离的最大值为（）A.2 B. C. D.1【正确答案】B【分析】由交点在两条直线，代入点的坐标得的关系，再将关系变形代入点到直线的距离公式消元求最值可得.【详解】因为两直线交于，则，即，且，则；由原点到直线的距离由，则，当且仅当时，取最大值，此时.即两直线重合时，原点到直线的距离最大.故选：B.7.如图，在正四棱锥中，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法求，则得线线角.【详解】连接交于，连接，由四棱锥是正四棱锥，则平面，且.以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由，不妨设，则，在中，，则，则，，则，由异面直线与所成角为锐角，所求余弦值为.故选：B.8.在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（

）．A. B.C. D.4a【正确答案】A【分析】建立空间直角坐标系设点，利用以及，两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果.【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，设，则，∵，∴，可得；当时，，当时，，取，，，，连结，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线，∴平面，又，，∴为的中点，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又，，∴，则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为．故选：A关键点点睛：本题关键在于利用线面垂直证明过程中辅助线较为复杂，所以建立空间直角坐标系可简化求解过程，得出点的轨迹形状即可求得周长.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.下列说法错误的是（）A.“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件B.直线的倾斜角的取值范围是C.过两点的所有直线，其方程均可写为D.已知，若直线与线段有公共点，则【正确答案】ACD【分析】根据两直线垂直的判断方法依次判断充分性和必要性可知A错误；由直线斜率和倾斜角关系可求得B正确；根据直线两点式方程无法表示的直线可知C错误；求得所过定点后，由两点连线斜率公式可求得临界状态，结合图象可确定D错误.【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线垂直，充分性成立；若两直线垂直，则，解得：或，必要性不成立；“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，A错误；对于B，由直线得：，直线的斜率，即，又，，B正确；对于C，平行于坐标轴的直线，即或时，直线方程不能写为，C错误；对于D，由得：，直线恒过定点；，，结合图象可知：，，D错误.故选：ACD.10.下列命题中错误的是（）A.若直线的方向向量，平面的法向量，则B.若是空间的一个基底，是空间的另一个基底C.已知空间向量则向量在向量上的投影向量是D.已知则与向量共面的向量可以是【正确答案】AB【分析】对A：由题意可得，故或；对B：计算可得，结合基底定义即可得；对C：借助投影向量定义计算即可得；对D：由题意可得，即可得解.【详解】对A：由，故，故或，故A错误；对B：由是空间的一个基底，故两两不共线，令，即有，解得，即，故共面，故B错误；对C：，故向量在向量上的投影向量是，故C正确；对D：由，向量共面的向量可以是，故D正确.故选：AB.11.在长方体中，，点在棱上，且．点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（）A.当点中点时，平面B.过点作与直线垂直的截面，则直线与截面所成的角的正切值为C.三棱锥的体积是定值D.点到直线距离的最小值为【正确答案】ABC【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助直线方向向量与平面法向量计算得到A；设平面与、分别交于点、，则可通过线面垂直的性质，即，，从而确定平面，再求出其法向量，结合的方向向量与空间向量夹角公式得到B；结合长方体性质及体积公式可得C；借助空间向量中点到直线的距离公式可得D.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、、、，则，对A：当点中点时，，则，有，，设平面的法向量为，则有，令，则有，，即，有，故，故平面，故A正确；对B：设平面与、分别交于点、，则、，，由题意可得，解得，，解得，即、，设平面的法向量为，则有，令，则有，，即，又，则，则直线与截面所成的角的余弦值为，直线与截面所成的角的正弦值为，即直线与截面所成的角的正切值为，故B正确；对C：由，则点到直线的距离为定值，故为定值，又由长方体性质可得平面，故点到平面的距离为定值，设为，故三棱锥的体积为定值，故C正确；对D：，设，，则，故点到直线距离，当且仅当时，等号成立，故点到直线距离的最小值为，故D错误.故选：ABC.关键点点睛：B选项中，可设平面与、分别交于点、，则可通过线面垂直的性质，即，，从而确定平面.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点，则点P关于直线的对称点的坐标是______________．【正确答案】【分析】设出该点坐标，借助点关于直线对称的性质计算即可得.【详解】设该点坐标为，则有，解得，故该点坐标为.故答案为.13.已知空间向量、、的模长分别为、、，且两两夹角均为，点为的重心，则_____．【正确答案】##【分析】利用重心的几何性质结合空间向量的减法可得出，再利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】如下图所示：因为为的重心，则，可得，则，所以，，故.故答案为.14.已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是___________.【正确答案】【分析】设，且点在平面内，根据条件，将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，建立平面直角坐标系，得到，即点与，的距离之和，即可求出结果.【详解】设，且点在平面内，取中点，则，显然，当在面上的投影与共线时，会比不共线的小，当在面上的投影与共线时，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，又，且与平面所成的角为，设，则，，，得到，，所以，其可表示为点与，的距离之和，作关于轴的对称点，显然，故答案为.关键点点晴：本题的关键在于将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，再通过建立平面直角坐标系，将问题转化成点与，的距离之和，从而解决问题.四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第15，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知点和直线.（1）若直线经过点P，且，求直线的方程；（2）若直线经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.【正确答案】（1）（2）和【分析】（1）根据直线垂直的斜率关系，即可由点斜式求解，（2）根据分类讨论，结合截距式即可代入点求解.【小问1详解】由直线l的方程可知它的斜率为，因为，所以直线的斜率为2.又直线经过点，所以直线的方程为：，即；【小问2详解】若直线经过原点，设直线方程为，代入可得，若直线不经过原点，设直线方程为，代入可得，故直线方程为.综上，直线的方程为和.16.已知直线经过点，（1）若点到直线的距离为2，求直线的方程；（2）直线与，轴的正半轴交于A，B两点，求的最小值．【正确答案】（1）或；（2）12【分析】（1）分直线斜率不存在与直线斜率存在进行分类讨论并计算即可得；（2）设，则可得，，再利用二倍角公式结合的范围计算即可得.【小问1详解】当直线斜率不存在时，，此时点到直线的距离2，符合要求；当直线斜率存在时，设，即，则有，解得，故；综上所述，直线的方程为或；【小问2详解】如图，设，则，，即，由，则，故当时，有.17.如图，已知直三棱柱，，，，点为的中点．（1）证明：∥平面；（2）求直线AB1到平面的距离．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据线面平行可知直线与平面的距离等价于点A到平面的距离，利用等体积法求点到面的距离.【小问1详解】设交于O，连接OD，在直三棱柱中，可知：侧面是平行四边形，则O是的中点，又因为D是AC的中点，所以，且平面，平面，故∥平面.【小问2详解】由（1）知∥平面，可知直线与平面的距离等价于点A到平面的距离，设为h，因为，，所以，又因为D为AC的中点，则，可得，，在直三棱柱中，可得面ABC，面ABC，故，，在中，，，在中，，所以在中，，可知为锐角，则，故，因为，即，可得，解得，所以直线与平面的距离为．18.如图，在四棱锥．中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连接．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值：（3）点为的四等分点（靠近），求直线与平面所成的角的余弦值．【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值；（3）由题可知，表示出后，即可利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，从而求得其余弦值.【小问1详解】因，，，所以四边形为矩形，在中，，，，则，，，又平面平面，平面，平面平面，平面；【小问2详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立