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）

这是一份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），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D.
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. 4B. 6C. 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. 2B. C. D. 1
7. 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. 1D.
【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. 4B. 6C. 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. 2B. 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，建立空间直角坐标系，
，，可得，
则，，，，，
设平面的法向量为，，，
由，令，则，即，
设平面的法向量为，，
由，令，则，，即，
则，
二面角的正弦值为；
【小问3详解】
由点为靠近点的的四等分点，故，
则，
又平面的法向量为，
故直线与平面所成的角的正弦值为：
，
即直线与平面所成的角的余弦值为.
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，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，且
【分析】（1）连接，根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）建立适当的空间直角坐标系，设出的长，表示出直线的方向向量及平面的法向量后计算即可得；
（3）分别求出两平面的法向量，由平面夹角公式、二面角的定义即可列出方程，计算即可得.
【小问1详解】
连接，因为为棱台，所以四点共面，
又因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以；
【小问2详解】
取中点，连接，
因为底面是菱形，且，所以是正三角形，
所以，即，
由于平面，以为原点，
分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
则，
设，则，，
，，
设平面法向量为m=x,y,z，则有，
令，则，，即，
由平面，则，
即有，
解得，即；
【小问3详解】
假设点存在，设点的坐标为，其中，
可得，
设平面的法向量n=a,b,c，则，
令，即，所以，
又由平面的法向量为，
所以，解得，
由于二面角为锐角，则点在线段上，
所以，即，
故棱上存在一点E，当时，二面角的余弦值为.