福建省莆田市2024−2025學年高二上學期10月月考數(shù)學試卷含答案

福建省莆田市2024?2025學年高二上學期10月月考數(shù)學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知點，則直線的斜率是（

）A． B． C． D．2．在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點為（

）A． B． C． D．3．過原點且與直線垂直的直線方程為（

）A． B．C． D．4．正方體中，為中點，則直線，所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．5．如圖，在平行六面體中，，，則的長為（

）A． B． C．85 D．976．若兩平行直線與之間的距離是，則m+n＝（

）A．0 B．1 C． D．7．已知點在平面內，是平面的一個法向量，則下列點中，在平面內的是（

）A． B． C． D．8．數(shù)學家歐拉于1765年在他的著作《三角形的幾何學》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，這條直線被后人稱之為三角形的歐拉線.已知的頂點為，，，則該三角形的歐拉線方程為（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．如果，，那么直線經過（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．關于空間向量，以下說法正確的是（

）A．非零向量，，若，則B．若對空間中任意一點，有，則，，，四點共面C．設是空間中的一組基底，則也是空間的一組基底D．若空間四個點，，，，，則，，三點共線11．如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，若一點P在底面內（包括邊界）移動，且滿足，則（

）A．與平面的夾角的正弦值為 B．點到的距離為C．線段的長度的最大值為 D．與的數(shù)量積的范圍是三、填空題（本大題共3小題）12．已知直線l過，且與以為端點的線段相交，則直線l的斜率的取值范圍為．13．在空間直角坐標系中，點為平面外一點，其中、，若平面的一個法向量為，則點到平面的距離為．14．已知分別在直線與直線上，且，點，，則的最小值為四、解答題（本大題共5小題）15．菱形的頂點、的坐標分別為、，邊所在直線過點．(1)求邊所在直線的方程；(2)求對角線所在直線的方程．16．已知空間向量．(1)若，求；(2)若，求的值．17．已知直線的方程為：.(1)求證：不論為何值，直線必過定點；(2)過點引直線交坐標軸正半軸于兩點，當面積最小時，求的周長.18．如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，，，M為棱PC的中點．(1)證明：平面PAD；(2)若，（i）求二面角的余弦值；（ii）在線段PA上是否存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是？若存在，求出PQ的值；若不存在，說明理由．19．空間中，兩兩互相垂直且有公共原點的三條數(shù)軸構成直角坐標系，如果坐標系中有兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系稱為“斜坐標系”．現(xiàn)有一種空間斜坐標系，它任意兩條數(shù)軸的夾角均為60°，我們將這種坐標系稱為“斜60°坐標系”．我們類比空間直角坐標系，定義“空間斜60°坐標系”下向量的斜60°坐標：分別為“斜60°坐標系”下三條數(shù)軸（軸、軸?軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序實數(shù)組相對應，稱向量的斜60°坐標為，記作．

(1)若，，求的斜60°坐標；(2)在平行六面體中，，，N為線段D1C1的中點．如圖，以為基底建立“空間斜60°坐標系”．①求的斜60°坐標；②若，求與夾角的余弦值．

參考答案1．【答案】A【詳解】由題意可知直線的斜率為.故選：A2．【答案】C【詳解】根據(jù)點關于平面對稱時，橫坐標,縱坐標不變，豎坐標變?yōu)樵瓉淼南喾磾?shù)可知，點關于平面的對稱點為，故選：C.3．【答案】C【詳解】直線的斜率為，與直線垂直的直線斜率為，又直線過原點，故其方程為.故選：C.4．【答案】B【分析】設正方體的棱長為2，建系標點，利用空間向量求線線夾角.【詳解】如圖，以D為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則，可得，則，所以直線，所成角的余弦值為.故選B.【方法總結】求空間角的常用方法：（1）定義法：由異面直線所成角、線面角、二面角的定義，結合圖形，作出所求空間角，再結合題中條件，解對應三角形，即可求出結果；（2）向量法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系，通過計算向量夾角（直線方向向量與直線方向向量、直線方向向量與平面法向量、平面法向量與平面法向量）的余弦值，通過轉化求出結果.5．【答案】B【分析】依題意可得，將兩邊平方，根據(jù)數(shù)量積的定義及運算律計算可得.【詳解】依題意可得，，，，，．，，，即的長為.故選B．6．【答案】A【詳解】由直線與平行可得即，則直線與的距離為，所以，解得或（舍去），所以.故選：A.7．【答案】A【詳解】對于選項A，，所以，根據(jù)線面垂直的性質可知,故在平面內；對于選項B，，則，在平面內，根據(jù)線面垂直的性質可知,故不在平面內；對于選項C，，則，在平面內，根據(jù)線面垂直的性質可知,故不在平面內；對于選項D，，則，在平面內，根據(jù)線面垂直的性質可知,故不在平面內；故選：A8．【答案】A【詳解】由重心坐標公式可得：重心，即.由，，可知外心在的垂直平分線上，所以設外心，因為，所以，解得，即：，則，故歐拉線方程為：，即：，故選：A.9．【答案】ACD【分析】把直線方程的一般式化為斜截式，從而可判斷直線經過的象限.【詳解】因為，故，故直線的斜截式方程為：，因為，，故，故直線經過第一象限、第三象限、第四象限，故選：ACD.10．【答案】AD【詳解】對于A項：非零向量，，若，則，故A項正確；對于B項：若對空間中任意一點，有，則，化簡得：，由空間向量基本定理可知，，，四點不共面，故B項錯誤；對于C項：由是空間中的一組基底，則向量，，不共面，而，所以向量，，共面不能作為基底，故C項錯誤；對于D項：若空間四個點，，，，，則，即，所以共線，又因為有公共點，所以，，三點共線，故D項正確.故選：AD.11．【答案】ABD【詳解】如圖，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則，設，可得，，若，則，可得，則，解得，即.對于選項A：可知平面的法向量，則，所以與平面的夾角的正弦值為，故A正確；對于選項B：因為，所以點到的距離為，故B正確；對于選項C：因為，則，且，可得當且僅當時，取到最大值，所以線段的長度的最大值為3，故C錯誤；對于選項D：因為，，則，且，可知當時，取到最小值；當時，取到最大值；所以與的數(shù)量積的范圍是，故D正確；故選：ABD.12．【答案】【詳解】根據(jù)題中條件畫出圖形，如圖所示，

因為，，，設直線l的斜率為，則，直線l與以為端點的線段相交，結合圖形，則直線l的斜率的取值范圍為.故答案為：.13．【答案】/【詳解】因為、，所以,記平面的一個法向量為，則，解得，故平面的一個法向量為.因為，所以,所以點到平面的距離為.故答案為：.14．【答案】/【詳解】因為，，所以直線與間的距離為，又，故，過作直線垂直于，如圖，則可設直線的方程為，代入，得，則，所以直線的方程，將沿著直線往上平移個單位到點，設，則，解得或（舍去），則，連接交直線于點P，過P作于Q，連接BQ，有，即四邊形為平行四邊形，則，即有，顯然是直線上的點與點距離和的最小值，因此的最小值，即的最小值，而，所以的最小值為.故答案為：.15．【答案】(1)(2)【詳解】（1）解：由菱形的性質可知，則，所以，邊所在直線的方程為，即.（2）解：線段的中點為，，由菱形的幾何性質可知，且為的中點，則，因此，對角線所在直線的方程為，即.16．【答案】(1)(2)【詳解】（1）空間向量，，，因為，所以存在實數(shù)k，使得，所以，解得，所以，則．（2）因為，則，解得，所以，故．17．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：由可得：，令，所以直線過定點．（2）由（1）知，直線恒過定點，由題意可設直線的方程為，設直線與軸，軸正半軸交點分別為，令x=0，得；令，得，所以面積，當且僅當，即時，面積最小，此時，，，的周長為.所以當面積最小時，的周長為.18．【答案】(1)證明見解析；(2)（i）；（ii）存在，．【分析】（1）取中點，可證四邊形是平行四邊形，可得，從而得證；（2）（i）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，（ii）假設存在點到平面的距離為，利用點到面的距離公式法求解即可.【詳解】（1）取PD的中點N，連接AN，MN，如圖所示：因為M為棱PC的中點，所以，因為，所以，所以四邊形ABMN是平行四邊形，所以，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．（2）因為，所以，所以，因為平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，所以平面ABCD，又因為AD，平面ABCD，所以，而，，所以以點D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖：則，因為M為棱PC的中點，所以（i），設平面BDM的一個法向量為，則，令，則，所以，平面PDM的一個法向量為，所以，根據(jù)圖形得二面角為鈍角，則二面角的余弦值為.（ii）假設在線段PA上存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是，設，則，由（2