2023维吾尔自治区喀什六中高二上学期第一次月考数学试题含解析

2022-2023学年第一学期9月月考

高二数学试卷

（完卷时间：120分钟总分：150分考试形式：闭卷）

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. 如图，二面角的大小为，，为棱上相异的两点，射线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱．若线段，和的长分别为，和，则的长为(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先判断出的夹角为，再用向量表示出，由向量的数量积运算求解即可.

【详解】与夹角的大小就是二面角，可得，即.

故选：A.

2. 下列关于空间向量的说法中正确的是（    ）

A. 若向量，平行，则，所在直线平行

B. 若，则，的长度相等而方向相同或相反

C. 若向量，满足，则

D. 相等向量其方向必相同

【答案】D

【解析】

【分析】根据平行向量、相等向量的概念，以及向量的性质，即可判断各项的正误.

【详解】A中，对于非零向量，平行，则，所在的直线平行或重合；

B中，只能说明，的长度相等而方向不确定；

C中，向量作为矢量不能比较大小；

D中，由相等向量的定义知：方向必相同；

故选：D

3. 在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，则（    ）

A. ，与是共面直线

B. ，与是共面直线

C. ，与是异面直线

D. ，与是异面直线

【答案】D

【解析】

【分析】先由是圆的直径求得，再由是圆柱的母线得到与，从而在与中分别求得，可知，再由异面直线的定义容易判断得与是异面直线.

【详解】连结，如图，

易知是圆的直径，所以，又因为是的中点，故，

所以在等腰中，，则，

因为是圆柱的母线，所以面，又面，故，，

所以在中，，

在中，由是的中点得，故，所以，

可以看到，面，面，由异面直线的定义可知，与是异面直线.

故选：D.

4. 如图，空间四边形中，点在线段上，且，为的中点，，则，，的值分别为（    ）

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

【答案】B

【解析】

【分析】利用空间向量的基本定理求解.

【详解】因为，

，

所以，，.

故选：B.

5. 如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，证明平面即可推理计算作答.

【详解】在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，

即，又，平面，则有平面，而平面，

于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，

则平面，又平面，从而得，

所以直线BP与AD所成的角为.

故选：D

6. 过空间三点，，的平面的一个法向量是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设出平面的法向量为，利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.

【详解】，．

设平面的法向量为．

由题意知，，

所以，解得，

令，得平面的一个法向量是．

故选：A

7. 如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接，.若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的个数是（    ）

（1）平面恒成立

（2）线段的长为定值

（3）异面直线与所成角为

（4）二面角可以为直二面角

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】（1）设中点为，中点为，连接，，，，易得四边形是平行四边形判断；（2）利用线面平行的判定定理判断；（3）利用反证法判断；（4）由，，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断.

【详解】如图所示：

设中点为，中点为，连接，，，，

易证，，则四边形是平行四边形，

则，，得线段长度为定值，由线面平行的判定定理，

可得平面，故（1）（2）正确.

在（3）中，由，得，假设（3）成立，即，根据线面垂直的判定定理易得平面，则，而，

故，但，矛盾，故（3）错误.

（4）中，由矩形，易得，已知，当二面角为直二面角时，由线面垂直的性质定理，可得平面，则，

由（3）中分析可得，故为等腰直角三角形，故.

而，故平面，从而平面平面，故（4）正确.

故选：D

8. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，则异面直线与所成的角的大小是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】连结，可得，由面得，

可得平面，则，有，可得，

即与所成的角的大小是，故选D项.

【详解】连结

正方体，面

面，所以

正方形中，

面，

所以面，而面

所以

又为中点，为中点，可得

所以，即异面直线与所成的角的大小是.

故选D项.

【点睛】本题考查正方体内异面直线所成的角，通过线线垂直证明线面垂直，属于中档题.

二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 如图所示，在棱长为1的正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（    ）

A. ，，三点共线

B. 平面

C. 直线与平面所成的角为

D. 到平面的距离为

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用正方体的特征证得点在上可知项正确；利用线面垂直的判断定理可得平面，故项正确；首先找到线面角，然后利用三角函数值确定线面角的大小即可；由三棱锥的等体积法可得点面距离．

【详解】由于为正方体的体对角线，

在平面内，据此可得平面平面于，

又交平面于点，故点在上，故项正确；

很明显平面，平面，故，

同理，，于点，故平面，故项正确；

设正方体的棱长为1，直线与平面的夹角为，则，

点到平面的距离为，故，，故项正确；

设到平面的距离为，，，解得，故D项错误；

故选：ABC．

10. 已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ）

A. 若，则

B. ，，两两共面，但，，不共面

C. 一定存在实数x，y，使得

D. ，，一定能构成空间的一个基底

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用空间向量的基底的概念及空间向量基本定理逐项分析即得.

【详解】∵，，是空间的一个基底，则，，不共面，且两两共面､不共线，

∴若，则，A正确，B正确；

若存在x，y使得，则，，共面，与已知矛盾，C错误；

设，则，此方程组无解，

∴，，不共面，D正确.

故选：ABD.

11. 在平行六面体中，，，点在线段上，则（    ）

A.

B. 到和的距离相等

C. 与所成角的余弦值最小为

D. 与平面所成角的正弦值最大为

【答案】BCD

【解析】

【分析】由结合推出面，得出矛盾，即可判断A选项；由为线段的垂直平分线 ，且，即可判断B选项；由异面直线夹角的求法即可判断C选项；由线面角的求法即可判断D选项．

【详解】

对于A，若，易得四边形为菱形，则，又，面，

可知面，则面，显然矛盾，故A错误；

对于B，其中 点在线段 上， 平分 ，且 为线段的垂直平分线 ，又，

可知 上所有点到 与 的距离相等，故 B 正确 ；

对于C，设平行六面体 的边长为 ，易得 ，其中 ，

可得 ，又，

则与所成角即为，当 点运动到 点处时，此时 最小，即 与 所成角的余弦值最小，

  ，故 C 正确；

 易得当 点运动到 点处时，此时 与平面 所成角最大，即正弦值最大，

又

，则，又，，面，则面，

作，垂足为，则，又面且相交，则面，则即为与平面所成角，

则有 ，故正弦值最大为 ， D 正确．

故选：BCD.

12. 如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）

A. 的取值范围是

B. 若与平面所成的角为，则

C. 若三棱锥的外接球表面积为，则，

D. 四面体的体积是定值

【答案】BC

【解析】

【分析】利用空间向量数量积的定义可判断A选项的正误；利用线面角的定义可判断B选项的正误；利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式可判断C选项的正误；利用锥体的体积公式可判断D选项的正误.

【详解】中，，

所以，

因为，所以，

所以取值范围是，故A错误；

由于面，所以与面所成的角为，

所以，因为，所以，故B正确；

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

线段的中点为，线段的中点为，

设球心为，点，则，

由可得，

化简可得，则，

易知，则，

，因此，，C选项正确；

因为直四棱柱，所以点到面的距离为1，

所以，

由于不为定值，得不为定值，故D错误.

故选：BC.

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：

（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；

（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.

三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 如图所示，在正方体中，点P在线段上运动，则异面直线CP与所成的角的取值范围是_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据平行关系，直线CP与所成角即直线CP与所成角，在三角形中即可得解.

【详解】根据正方体性质可得，所以四边形是平行四边形，

所以，

直线CP与所成的角即直线CP与所成角的范围，

正方体中，易得，所以，

由于直线CP与异面，

所以.

故答案为：

【点睛】此题考查求异面直线夹角的取值范围，关键在于根据平移关系转化，此题易错点在于漏掉考虑异面直线夹角不能为0，导致范围取错.

14. 在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为______．

【答案】##

【解析】

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求线面距.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

故，故，

而平面，平面，故平面，

故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.

设平面的法向量为，

又，故，取，则，

而，故到平面的距离为，

故答案为：.

15. 已知，，，四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是__________.

【答案】8

【解析】

【分析】构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.计算出长方体的长、宽、高，求出长方体的体积，减去四个小三棱锥的体积即可求得.

【详解】由题意构造长方体如图示，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.

设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则有：

，解得：，

所以三棱锥的体积是：

.

故答案为：8.

16. 如图，在棱长为1的正方体AC1中，点E、F是棱BC、CC1的中点，P是底面ABCD上（含边界）一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的取值范围是_______

【答案】[]

【解析】

【分析】根据题意，，，那么平面，垂直于平面内任意直线，P是底面ABCD上（含边界）一动点，则当点P在CD边上时，满足，计算即得长度范围。

【详解】CD⊥平面B1C1CB，EF⊆平面B1C1CB，

CD⊥EF，

又EF∥BC1，BC1⊥B1C，

EF⊥B1C，

EF⊥平面A1B1CD，

当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，

所以A1P的最大值为A1C，A1P的最小值为A1D，

可知线段A1P长度的取值范围是[].

故答案为：

【点睛】本题考查直线和平面的位置关系，解题关键是证明平面，建立了和的联系，再进行求解。

四、解答题；本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 如图甲为直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD为斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满足，H，G分别为AB与AD的中点.

（1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；

（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用得但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实3即可证得交点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得，同理又，即可证得四边形为直角梯形，利用梯形面积公式求得其面积.

【详解】（1）证明：由题意知，，

但，

所以直线与FH相交，

设交点为，因为平面，

平面，

同理平面，

又因为平面平面，

所以.

（2）解：由题意知，

所以平面，

又平面，

所以，

同理又，

所以四边形直角梯形，

因为，

所以，

则，

所以

18. 正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点．

（1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面．

（2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）连接，由正方体的几何特征及平面几何的知识可得，由平面的基本性质即可得证；

（2）由题意可得是平面平面的交线，由平面的基本性质即可得证.

【详解】（1）连接.

分别为的中点，且 ，

分别为，的中点，且.

四边形为平行四边形，且

且四点共面.

（2）由（1）知且

必交于一点.

平面平面.

平面平面 .

又平面平面.

，即三线共点.

19. 如图，已知垂直于以为直径的圆所在平面，点在线段上，点为圆上一点，且

（1）求证：平面

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由知点为的中点，以及为等边三角形, 再根据线面垂直的判定证明即可；

（2）根据三棱锥的等体积可求得点面距离.

【小问1详解】

证明：由知点为的中点，

连接,因为，所以为等边三角形，

又为中点，所以因为平面,平面，所以

又平面平面,所以平面

【小问2详解】

由（1）可得：,,

,所以,,

设三棱锥的体积为，点到平面的距离为

由得,，,所以

20. 如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，设.

（1）当时，求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）；

（2）当时，若，且，求正实数的值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）构建空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求线面角大小.

（2）由（1）易得，根据已知条件及向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求参数t即可.

【小问1详解】

以为原点，射线、、分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，即，

平面的一个法向量，

设直线与平面所成角为，则，

所以，则设直线与平面所成角为.

【小问2详解】

由（1）所建的坐标系得：，，，即，

又，则，即，

又，则，即.

21. 在三棱锥中，，且．

（1）证明：；

（2）求侧面与底面所成二面角的大小．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用平面，根据三垂线定理，可得．

（2）由于，，可知是侧面与底面所成二面角的平面角．在中，求得，在中，可求侧面与底面所成的二面角的大小．

【小问1详解】

∵，

∴，

又，平面，∴SA⊥平面ABC．

由于，即，

由三垂线定理，得．

【小问2详解】

∵，，

∴是侧面与底面所成二面角的平面角．

在中，，

得，

在中，，，

∴，

即侧面与底面所成的二面角的大小为60°．

22. 如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折起到的位置.

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ)若，求五棱锥的体积.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【详解】试题分析：（1）由已知得，，

；（2）由，由

，可证平面．又由得五边形的面积

以五棱锥体积．

试题解析： （1）由已知得，，

又由得，故，

由此得，所以．

（2）由得，

由得，

所以，

于是，故，

由（1）知，又，

所以平面，于是，

又由，所以，平面．

又由得．

五边形的面积．

所以五棱锥体积．

考点：1、线线垂直；2、锥体的体积.