1、郓城一中高二年级第一次月考数学试题（时间：120分钟 分数：150分）一. 选择题（共8小题，每题5分）1. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线方程，得到斜率为，推出斜率的范围，进而可得倾斜角的范围.【详解】直线的斜率为， 倾斜角的取值范围是.故选：B.【点睛】本题主要考查求直线倾斜角的范围，属于基础题型.2. 已知点，点Q是直线l：上的动点，则的最小值为A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】的最小值为点Q到直线l的距离，由此能求出的最小值【详解】解：点，点Q是直线l：上的动点，的最小值为点Q到直线l的距离，的最小值为故选B【
2、点睛】本题考查两点间距离的最小值的求法，考查点到直线的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题3. 斜率为，在轴上截距为的直线方程的一般式为 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：利用直线的点斜式方程，求得，化为一般式即可详解：因为直线在轴上的截距为，即直线过点，由直线的点斜式方程可得，整理得，即所成直线的方程的一般式为，故选A点睛：本题主要考查了直线方程的求解，熟记直线方程的形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力4. 已知空间向量，且，则实数（ ）A. B. -3C. D. 6【答案】A【解析】【分析】根据空间向量共线关系直接求解即可得答案.【详
3、解】解：因为，所以，即：，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查空间向量共线问题，是基础题.5. 已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把表示为，然后再求数量积【详解】由题意，四面体是正四面体，每个面都是正三角形，故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积，解题关键是把表示为，然后计算即可6. 如图所示，三棱柱所有棱长均相等，各侧棱与底面垂直，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点，构造中位线，得到四边形是平行四边形，所以，找出角，再利用余弦定理得到答案.【详解】
4、如图，取的中点，连接，所以，又，所以，,则四边形是平行四边形，所以，则异面直线与所成角为，令三棱柱各棱长为2， ，由余弦定理得，故选：A.【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，通过做平行线找到，再放在三角形中计算.7. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线已知ABC的顶点A（2，0），B（0，4），且AC=BC，则ABC的欧拉线的方程为（ ）A. x+2y+3=0B. 2x+y+3=0C. x2y+3=0D. 2xy+3=0【答案】C【解析】试题分析：由于AC=BC，可得：AB
5、C的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，求出线段AB的垂直平分线，即可得出ABC的欧拉线的方程解：线段AB的中点为M（1，2），kAB=2，线段AB的垂直平分线为：y2=（x1），即x2y+3=0AC=BC，ABC的外心、重心、垂心都位于线段AB的垂直平分线上，因此ABC的欧拉线的方程为：x2y+3=0故选C考点：待定系数法求直线方程8. 在正方体中，平面与平面夹角的正弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设正方体的棱长为，连接交于点，连接，证明出，可得出平面与平面的夹角的平面角为，计算出，进而可求得，即可得解.【详解】连接交于点，连接，则，设正方体的棱长为，
6、则，在正方体中，底面，底面，平面，平面，所以，平面与平面的夹角的平面角为，易知，则，.因此，平面与平面的夹角的正弦值为.故选：C.【点睛】本题考查定义法计算面面夹角的正弦值，考查计算能力，属于中等题.二. 多选题（共4小题，每题5分，选全得满分，不全得3分，错选0分）9. 下列说法中，正确的有（ ）A. 过点且在，轴截距相等的直线方程为B. 直线在轴上的截距为C. 直线的倾斜角为D. 过点并且倾斜角为的直线方程为【答案】BD【解析】【分析】由点在直线上，结合截距的定义判断A；令，得出该直线在轴上的截距，从而判断B；先得出该直线的斜率，从而得出其倾斜角，判断C；由倾斜角为的直线上的所有点的横坐标
7、都相等，从而判断D.【详解】对A项，点在直线上，且该直线在，轴截距都为，则A错误；对B项，令，则直线在轴上的截距为，则B正确；对C项，可化为，则该直线的斜率，则倾斜角，则C错误；对D项，过点并且倾斜角为的直线上的所有点的横坐标，则D正确；故选：BD【点睛】本题主要考查了斜率与倾斜角的变换关系，直线的截距的性质，属于中档题.10. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）A. 始终过定点B. 若，则或-3C. 若，则或2D. 当时，始终不过第三象限【答案】ACD【解析】【分析】将直线化为可判断A；将或-3代入直线方程可判断B；根据可判断C；将直线化为，即可求解.【详解】：过点，A正确；当时，重
8、合，故B错误；由，得或2，故C正确；：始终过，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查了直线过定点、直线垂直求参数，考查了基本运算求解能力，属于基础题.11. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，底面ABCD，且，M、N分别为PC、PB的中点.则（ ）A. B. C. 平面ANMDD. BD与平面ANMD所在的角为30【答案】CD【解析】【分析】通过反证法证明A，B错误，通过线面垂直判定定理证明C正确，通过作出线面角求得D正确.【详解】对A，若，又，则面，与底面ABCD矛盾，故A错误；对B，若，则平面，则，在题中给出的直角梯形中，显然不可能，故B错误；对C，所
9、以平面ANMD ，故C正确；对D，连接DN，因为平面ADMN，所以是BD与平面ADMN所成的角在中，所以BD与平面ADMN所成的角为，故D正确；故选：CD. 【点睛】本题考查空间中线线垂直、线面垂直的证明、线面角的求解，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意准确作出线面角，再从三角形中进行求解.12. 如图，在正四棱锥中，是的中点设棱锥与棱锥的体积分别为，与平面所成的角分别为，则（ ）A. 平面B. 平面C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由三角形中位线可得，进而得出线面平行，平面，故A正确；通过底面积之比和高之比可得四棱锥的体积是三棱锥的体积的4倍
10、，故C正确；通过建立空间直角坐标系，经计算可得，故D正确.【详解】连结AC，连结EG，因为E，G分别为PC，AC的中点，所以，平面，平面，所以平面，故A正确；，E为PC中点，所以与不垂直，故B不正确；E为PC中点，所以的高为高的2倍，四边形ABCD的面积是三角形BDC面积的2倍，所以四棱锥的体积是三棱锥的体积的4倍，故C正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设平面BDE的法向量为，令，可得，故D正确. 故选：ACD【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面角、锥体体积等基本立体几何知识，考查了空间想象能力，计算能力和逻辑推理能力，属于中档题目.三. 填空题（共4小题，每题5分）13. 已知直线与
11、平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则_.【答案】3【解析】【分析】根据向量的垂直关系计算即可.【详解】因为直线与平面垂直，为直线的一个方向向量，向量与平面平行，所以，即，解得故答案为：3【点睛】本题主要考查了向量垂直的坐标运算，考查了直线的方向向量，属于容易题.14. 过直线和的交点，且过点的直线的方程为_【答案】【解析】【分析】求出直线和的交点为，由直线过和，求出其斜率，进而求得直线的方程即可.【详解】解：由得，所以直线和交点为.因为直线过和，所以直线的斜率.所以直线的点斜式方程为，化为一般式为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线的方程，考查学生的计算能力，属于基础题.15
12、. 若直线过点且与点两点距离相等，则直线l方程为_【答案】；.【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论，直线l与直线平行，直线l经过的中点，分别求出直线l的方程，综合即可得答案【详解】解：根据题意，符合题意的直线l有2种情况，直线l与直线平行，则直线l的斜率，此时直线l的方程为，变形可得，直线l经过的中点，点，则的中点坐标为，直线l又经过点，此时直线l的方程为；故直线l的方程为；故答案为：；【点睛】本题考查了直线的点斜式方程，考查了基本运算求解能力以及分类讨论的思想，属于基础题.16. 如图，四面体中，两两垂直，且，则点到平面的距离为_；【答案】【解析】【分析】由题意可知，可得；设点到平面的距
13、离为；又，可得，由此即可求出结果.【详解】四面体中，两两垂直，且， ，所以三角形的面积为 设点到平面的距离为；又， 所以所以 故答案为：【点睛】本题查点到平面的距离的求法，利用等体积法是解题的关键，考查运算求解能力，是中档题四. 解答题（共6小题，17题10分，其余每题12分）17. 三棱柱中，分别是、上的点，且，.设，.(1)试用表示向量；(2)若，求MN的长.【答案】(1). (2)【解析】【分析】(1)由空间向量的运算法则结合三棱柱的空间结构特征可得.(2)由题意计算可得，结合(1)的结论可知.【详解】(1)=.(2)=，即，所以.【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则，空间向量模的求解
14、等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18. 已知三点（1）求以为邻边的平行四边形面积（2）求平面一个法向量（3）若向量分别与，垂直，且求的坐标.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）求出向量，利用空间向量的数量积求出向量的夹角，再利用三角形的面积公式即可平行四边形面积.（2）设平面的一个法向量为，根据法向量与平面内的向量的数量积等于零即可求解.（3）由题意可得，根据向量共线的坐标表示即可求出.【详解】解：（1），.（2）设平面的一个法向量为，可得，取.（3），设，解得，.【点睛】本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量数量积的坐标表示、法向量的求法、空间向量的共线定理，
15、考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.19. 已知直线过点（1）若直线在两坐标轴上截距和为零，求方程；（2）设直线的斜率，直线与两坐标轴交点分别为、，求面积最小值【答案】（1） 或；（2）4.【解析】【分析】（1）由题意利用点斜式设出直线的方程，求出斜率的值，可得结论（2）先求出直线在坐标轴上的截距，再由题意利用基本不等式求得面积最小值【详解】解：（1）直线过点，若直线在两坐标轴上截距和为零，设直线的方程为，即则它在两坐标轴上截距分别为 和，由题意， 或，直线的方程为 或（2）设直线的斜率，则直线与两坐标轴交点分别为，、 0，求面积为，当且仅当时，等号成立，故面积最小值为4【点睛】本题主要考查
16、用点斜式求直线的方程，直线在坐标轴上的截距，基本不等式的应用，属于中档题20. 一条光线从点射出，与轴相交于点，经轴反射后与轴交于点.（1）求反射光线的方程；（2）求三角形的面积.【答案】（1），其中；（2）8.【解析】【分析】（1）直接利用点关于线的对称，求出对称的点的坐标，再利用反射定理，求出直线的方程；（2）首先根据（1）中直线方程求出点的坐标，求出三角形的边长，再利用三角形的面积公式求出结果.【详解】（1）如图所示，作点关于轴的对称点的坐标，则反射光线所在直线过点和，所以，所以直线的直线方程为.所以反射光线的的直线方程为，其中.（2）由（1）得知，所以，所以，所以.【点睛】本题主要考查
17、了点关于直线对称、求直线方程、三角形面积问题.21. 如图，四棱锥中，底面，为线段上一点，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明，再证得平面；（2）连接，先证，证得面，再作交于，连接，证得面，则为直线与平面所成角，再求出的正弦值.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为为的中点，所以且，又，且，则，且，所以四边形为平行四边形，则又因为平面，平面，所以平面（2）解：在中，因为，所以，在中，由，知因底面，底面，所以，又，平面，平面，所以平面在平面内，过点作，交于，连接，则，又，平面，平面，所以平面，所以
18、是在平面内的射影，则为直线与平面所成角在中，为的中点，所以，在中，由，得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查了线面平行的判定，以及几何法求空间角，结合考查了余弦定理，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，运算能力，属于中档题.22. 如图所示，直角梯形ABCD中，四边形EDCF为矩形，平面平面ABCD(1)求证：平面ABE；(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由【答案】（I）见解析（II）（III）【解析】【详解】【分析】试题分析：（）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面（）由题意可得平面的法向量，结合()的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为（）设，则，而平面法向量，据此可得，解方程有或据此计算可得试题解析：（）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的法向量，不妨设，又，又平面，平面（），设平面的法向量，不妨设，平面与平面所成锐二面角的余弦值为（）设 ，又平面的法向量，或当时，；当时，综上，