2022-2023学年上海市曹杨第二中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市曹杨第二中学高二上学期12月月考数学试题

一、填空题

1．两条相交直线的夹角的取值范围是________

【答案】

【分析】根据两条相交直线的夹角的概念即得.

【详解】两条相交直线的夹角的取值范围是.

故答案为：.

2．直线的一个法向量为__________.

【答案】(答案不唯一)

【分析】根据直线的法向量的求法写出一个即可.

【详解】解:由题知直线的一个方向向量为,

故该直线的一个法向量可为:.

故答案为:(答案不唯一)

3．向量，，且，则向量在上的投影向量的坐标为______．

【答案】

【分析】向量在上的投影向量为，利用公式求解.

【详解】因为向量，，且，

所以，解得，

所以，

所以,

则向量在上的投影向量的坐标为.

故答案为：.

4．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为_____________.

【答案】或

【分析】分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为，把已知点坐标代入即可求出的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把已知点的坐标代入即可求出的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程．

【详解】解：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为，

把代入所设的方程得：，则所求直线的方程为即；

②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，

把代入所求的方程得：，则所求直线的方程为即．

综上，所求直线的方程为：或．

故答案为：或

【点睛】此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题．

5．设是两个不同的平面，直线，则“”是“”的__________条件.

【答案】必要非充分

【分析】当，时，得到或相交；当，时，得到，得到答案.

【详解】当，时，得到或相交；当，时，得到.

故“”是“”的必要非充分条件.

故答案为：必要非充分

6．若空间中三点、、共线，则__________.

【答案】

【分析】、、三点共线，则，求出与的坐标，用空间向量共线的坐标表示进行运算即可.

【详解】∵、、三点共线，

∴，即，

，

∴

∴，解得，

∴.

故答案为：.

7．若直线和直线平行，则___________．

【答案】3

【分析】根据两条直线平行的充要条件即可求解.

【详解】解：因为直线和直线平行，

所以，解得，

故答案为：3.

8．已知一个圆锥的母线长为2，底面圆的周长为，则过圆锥顶点的截面面积的最大值为_____.

【答案】2

【分析】先求底面圆的半径，判断出母线夹角的范围，利用截面三角形面积公式求最值即可．

【详解】底面圆的周长为，所以半径为，两母线夹角最大为，圆锥的母线长为2，过圆锥顶点的截面面积，所以，当截面中的两圆锥母线夹角为时，截面面积最大为2

【点睛】本题是易错题，先求出面积的函数表达式进而判断最大值，学生容易误认为垂直截面为面积的最大值．

9．正三棱柱为内（包括边界）的动点，则的面积的取值范围是__________.

【答案】.

【分析】在平面的投影为，连接，过作于，连接，证明，，计算得到范围.

【详解】如图所示：在平面的投影为，连接，过作于，连接，

平面，平面，故，

，，平面，故平面，

平面，故，

当在上时，，的面积最小，为2；

当和重合时，，的面积最大，为；

所以的面积的取值范围为.

故答案为：

10．下列四个正方体图形中，为正方体的两个顶点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是________．

【答案】①④

【分析】证明所在的平面与平面平行可判断①；若下底面中心为，连接，可得可判断②；由面可判断③；证明可判断④，进而可得正确答案.

【详解】在①中：如图：因为分别为其所在棱的中点，所以，，

因为面，面，所以面，同理可得面，

因为，所以面面，因为面，所以平面，故①成立；

在②中，若下底面中心为，连接，可得，面，所以与平面不平行，故②不成立；

在③中：如图：平面即为平面，因为面，所以与面不平行，故③不成立；

在④中：如图：且，所以四边形是平行四边形，可得，因为，所以，因为面，面，

所以所以平面，故④成立．

故答案为：①④.

11．如图，半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段，分别与球面交于点、，则三棱锥的体积是__________．

【答案】

【分析】，，，是平面内边长为的正三角形，，，类似有，，由此能求出三棱锥的体积．

【详解】，，，

半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，

线段，分别与球面交于点、，

，，

，

，，

，类似有，

，

三棱锥的体积：

．

故答案为：．

【点睛】本题考查三棱锥的体积的求法，考查球、三棱锥的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

12．已知函数，若关于的方程在上有解，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据得到，故，根据函数的单调性计算最值得到答案.

【详解】，转化为关于的直线方程，

其中，表示直线上一点到原点距离的平方，

所以，

设，，则，

，

函数在上单调递减，在上单调递增，

故，，

所以的取值范围为.

故答案为：

二、单选题

13．在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据点的对称直接求解.

【详解】在空间直角坐标系中，点关于平面对称点的坐标是.

故选：B

14．已知定点..和直线：，则点到直线的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】确定直线过定点，故点到直线的距离的最大值为，计算得到答案.

【详解】直线，整理得，

由，解得，故直线过定点

故点到直线的距离的最大值为.

故选：C

15．在棱长为1的正方体中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】画出几何体，找到多面体，根据棱锥体积计算公式，即可求得结果.

【详解】根据题意，作图如下：

多面体即为四面体与四面体的公共部分，

其中均为各个面的中心，且平面//面，面，

故，

又四边形的面积与其投影在底面所得四边形的面积相等，如下所示：

故四边形的面积，

又点到平面的距离为，

故.

故选：C.

16．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论：

①线段长度的取值范围是；

②存在点使得平面；

③存在点使得.

其中，所有正确结论的序号是

A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②

【答案】D

【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点、的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误.

【详解】取的中点，过点在平面内作，再过点在平面内作，垂足为点.

在正方体中，平面，平面，，

又，，平面，即，，

同理可证，，则，.

以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，.

对于命题①，，，则，则，所以，，命题①正确；

对于命题②，，则平面的一个法向量为，

，令，解得，

所以，存在点使得平面，命题②正确；

对于命题③，，令，

整理得，该方程无解，所以，不存在点使得，命题③错误.

故选：D.

【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.

三、解答题

17．若直线经过两点，斜率为，倾斜角为.

(1)用分别表示直线的斜率和倾斜角；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)，或

(2)

【分析】（1）计算，根据和两种情况得到倾斜角.

（2），得到倾斜角范围.

【详解】（1），

当或时，，；

当时，，；

（2），所以.

18．如图，直三棱柱中，，.

(1)求异面直线AC和所成角的大小；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作辅助线找到异面直线AC和所成角，利用余弦定理进行求解；（2）结合第一问的求解结果，利用等体积法求解点到平面的距离.

【详解】（1）连接，，因为∥，所以异面直线AC和所成角即为与所成角，即，因为，，所以由余弦定理可得：，所以，由勾股定理得：，所以，设异面直线AC和所成角为，则.

（2）由（1）可知：，故，又，所以，所以，设点到平面的距离为，则，解得：，点到平面的距离为.

19．已知ABC的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为.求

(1)顶点C的坐标；

(2)求点B到直线AC的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先设出点坐标，代入CM的直线方程，再利用AC边上的高BH，建立斜率之积为-1的关系式，再解方程组，即可求得坐标.

（2）先设B点坐标，代入BH所在直线方程，再利用AB中点满足CM所在直线方程，得到方程组，解出B点坐标, 再利用点线距离公式，即可求解.

【详解】（1）解：设，AB边上的中线CM所在直线方程为，

AC边上的高BH所在直线方程为.∴ ，解得

∴

（2）设，则，解得，∴

， ∴直线AC的方程为

∴点B到直线AC的距离

20．如图，在三棱锥中，平面平面是的中点，.是边长为1的等边三角形，在射线上.

(1)证明：；

(2)若，且二面角的大小为，求二面角的大小；

(3)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）证明平面得到答案.

（2）确定为二面角的平面角，根据角度计算，再确定为二面角的平面角，计算得到答案.

（3）过点作于，连接，确定为直线与平面所成角，，计算得到最值.

【详解】（1），为的中点，所以，

又平面平面，平面平面，平面，

故平面，又平面，所以

（2）过作，交于点，过作于点，连结，

由题意得，又平面，故平面，又平面，

所以，又，平面，

故平面，又平面，所以，

则为二面角的平面角，即，

又，所以，则，

故，所以，

因为，则，所以，

则，，，

过点作与，连接，

平面，平面，故，

又，，平面，故平面，

平面，故，

故为二面角的平面角，，，

故，即二面角的大小为

（3）如图所示：过点作于，连接，

则，又平面，故平面，

为直线与平面所成角，

设，，为等腰直角三角形，故，

在中，，

所以，

则，

当时，最大为

21．过点的直线分别交与于两点.

(1)若直线的倾斜角为，求直线的一般式方程.

(2)当最小时，求直线的方程；

(3)已知为坐标原点，设的面积为，讨论这样的直线的条数.

【答案】(1)

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）直接根据点斜式得到答案.

（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，计算交点坐标得到，得到最值和直线方程.

（3）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，计算，得到，，讨论得到答案.

【详解】（1）若直线的倾斜角为，则直线的方程为，即；

（2）法一：当直线的斜率不存在时，；

当直线的斜率存在时，设直线，，

得，得，

，

，

所以，

综上所述：的最小值为3，此时直线的斜率不存在，直线方程为.

法二：前面部分同法一，

注意到，且反向，

所以，

综上所述：的最小值为3，此时直线的斜率不存在，直线方程为.

（3）当直线斜率不存在时，，，；

当直线斜率存在时，，，，

，

即，

当时，方程有1解，此时；

当时，，

当时，，方程无解；

当时，，，方程有1解；

当时，，，对称轴，且，方程有两个大于1的解.

当时，，开口向下，，，方程有1个大于1的解，一个小于的解.

综上所述：

当时，0条；当时，1条；当时，2条.