2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二上学期10月期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二上学期10月期中考试数学试题

一、单选题

1．已知且，则的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【解析】由空间向量数量积的坐标运算求解．

【详解】由已知，解得．

故选：C．

2．在平行六面体中，，，，是的中点，用、、表示为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将用、表示，再利用空间向量的减法可得出关于、、的关系式.

【详解】如图所示：

，

，

因此，，

故选：A.

3．已知是空间向量的一个基底，则可以与向量，，构成基底的向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由基底的定义求解即可.

【详解】因为，，，为不共面向量，所以能构成基底，故A正确；

因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；

因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；

因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故D错误.

故选：A.

4．已知空间向量,,若,则实数

A．-2 B．-1 C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据时，，列方程求出的值．

【详解】解：向量，，

若，则，

解得．

故选：．

【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算与垂直应用问题，属于基础题．

5．已知直线将圆：的周长平分，且直线不经过第三象限，则直线的倾斜角的取值范围为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由题意，直线过圆心，因为直线不过第三象限，则倾斜角范围为，

故选A．

6．已知命题“”的否定是“”；命题在等比数列中，若，则是的充分不必要条件.则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据全称命题的性质、等比数列的性质，结合与、或、非命题的真假原则逐一判断即可.

【详解】对于命题p，其否定应该是“”，故p为假命题；

对于命题q，依题意.

；

且；

所以“”是“”的充分不必要条件.故q为真命题.

由复合命题的真假判断得知为真命题.

故选：B

7．直线：与曲线不相交，则的取值是（    ）

A．或3 B． C．3 D．

【答案】A

【分析】化简曲线为直线（去掉点），直线与曲线不想交，则为与直线平行或直线过点，分别求的值即可.

【详解】曲线表示直线（去掉点），

则直线：与曲线不相交，即直线与平行或直线过点，

当直线与平行时，，此时直线与不重合；

当直线过点时，，所以的取值为或3．

故选：A

8．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，.对于结论：①；②；③是平面的法向量；④.其中正确的是（    ）

A．②④ B．②③ C．①③ D．①②

【答案】B

【分析】求出判断①不正确；根据 判断②正确；由，判断③正确；假设存在使得，由无解，判断④不正确.

【详解】由，，，，2，，，2，，知：

在①中，，故①不正确；

在②中，，，，故②正确；

在③中，， ，又因为，，知是平面的法向量，故③正确；

在④中，，3，，假设存在使得，则，无解，故④不正确；

综上可得：②③正确．

故选：B．

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间向量垂直、向量平行等基础知识，考查了平面的法向量以及空间向量的模，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．若为空间的一组基底，则三点共线

B．若为四棱柱，则

C．若则四点共面

D．若为正四面体为的重心，则

【答案】CD

【分析】由空间向量基本定理中基底的性质、在几何图形上空间向量加法运算、空间向量共线或共面定理，可判断各项的正误.

【详解】A：若为空间的一组基底，则向量不共面，知三点不共线，故错误；

B：若为四棱柱且底面为平行四边形，即时，才满足，故错误；

C：已知，若向量与共线，则也与共线，

即四点共面；若向量与不共线，则点在面内，即四点共面，故正确；

D：设为的重心，若为的中点，则，

所以

，

即，故正确.

故选：CD.

【点睛】关键点点睛：利用空间向量的基底--不共线的性质，判断三点不共线；应用空间向量在几何图形中运算说明成立的条件；由空间向量的共面定理知必有四点共面；利用空间向量在几何图形中运算及三角形重心的性质，确定向量的线性关系.

10．若与为两条不重合的直线，则下列说法中正确的有（    ）

A．若，则它们的斜率相等 B．若与的斜率相等，则

C．若，则它们的倾斜角相等 D．若与的倾斜角相等，则

【答案】BCD

【分析】由两直线斜率不存在可知A错误；根据两直线平行与斜率和倾斜角的关系可知BCD正确.

【详解】对于A，当和倾斜角均为时，，但两直线斜率不存在，A错误；

对于B，若和斜率相等，则两直线倾斜角相等，可知，B正确；

对于C，若，可知两直线倾斜角相等，C正确；

对于D，若两直线倾斜角相等，则两直线斜率相等或两直线斜率均不存在，可知，D正确.

故选：BCD.

11．（多选）设点P是曲线上的任意一点，P点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围包含（   ）

A．             B．             C．             D．

【答案】CD

【分析】切线倾斜角的正切就是曲线的导数，只要判断导函数的取值范围即可.

【详解】，，

依题意：，，

∵倾斜角的取值范围是，∴，

故选：CD.

12．如图，已知正方体，分别为和的中点，则下列四种说法中正确的是（    ）

A．

B．

C．与所成的角为

D．与为异面直线

【答案】BCD

【分析】由异面直线定义可知AD正误；证得平面后，利用线面垂直性质可知B正确；由可知所求角为，由长度关系可得，知C正确.

【详解】对于A，平面，，，平面，

与是异面直线，A错误；

对于B，，，，平面，

平面，又平面，，B正确；

对于C，，即为异面直线与所成的角，

，为等边三角形，，C正确；

对于D，，平面，，平面，

与为异面直线，D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知点关于坐标原点的对称点为，则坐标为___________.

【答案】

【分析】根据对称性直接求解即可得答案.

【详解】解：点关于坐标原点的对称点

故答案为：

14．已知等差数列的前项和为，若，且三点共线（为该直线外一点），则_________.

【答案】1008

【详解】，且三点共线（为该直线外一点）

15．已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－1,0)，B(0,2)，C(a,0)，若AB⊥BC，则a＝________.

【答案】4

【详解】因为kAB＝ ＝2，所以直线BC的斜率存在，且kBC＝＝－.由2·＝－1，得a＝4.

故答案为:4

16．如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，且，若点E为的中点，则点D到平面的距离为___________.

【答案】

【分析】以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标以及平面的一个法向量，再利用公式求解即可.

【详解】以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，从而.

设平面的一个法向量为，

由法向量的性质可得

令，则，所以.

所以点D到平面的距离.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常见方法：1,、直接求出垂线段的长；2、利用体积相等列方程求解；3、建立空间坐标系利用公式求解.

四、解答题

17．设直线，根据下列条件分别确定m的值.

(1)直线l在x轴上的截距为;

(2)直线l的斜率为1.

【答案】（1）；（2）1

【分析】（1）令表示出，根据直线在x轴上的截距是列方程求解．

（2）将直线的方程整理成斜截式，根据直线的斜率为1列方程求解．

【详解】（1）令，得 解得所以．

故当时，直线在轴上的截距为．

（2）由题意，得解得所以．

故当时，直线的斜率为．

【点睛】（1）本题主要考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距．令解出，得到直线的横截距．

（2）本题考查了直线方程的斜截式，将方程整理成斜截式可得到斜率．

18．如图，四面体中，，，，M，N分别是棱，的中点，设，，

(1)用表示向量；

(2)求，所成角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接通过向量的线性运算表示出即可；

（2）先计算出，再求出和，按照夹角公式即可求解.

【详解】（1）

（2），，，，

，，

由（1）知，，

，

，

又，，故，所成角的余弦值为.

19．（1）已知直线和，若，求实数的值；

（2）已知三个顶点的坐标分别为，，.求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】(1)根据得出两直线的斜率相同，解出m的值，再检验m的值；

(2)由两点间距离公式求，再由点到直线的距离求高，即可得三角形面积.

【详解】(1)由题意，得直线的斜率，直线的斜率，

因为，所以即，解得m=2或m=-1，

当m=2时，：，：，符合题意；

当m=-1时，：，：，与重合，不符题意.

综上，m=2；

（2）的方程为，即.

点到直线的距离，

，

则的面积.

20．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．

（Ⅰ）设，试用基底表示向量；

（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）由，利用空间向量的加、减运算法则求解；

（Ⅱ）结合（Ⅰ），根据，设，分别用表示，，，然后根据平面，由存在实数y，z，使得求解.

【详解】（Ⅰ）因为，

所以；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

又因为，

所以，,

则，

，，

设，

则，，

因为平面，则存在实数y，z，使得，

即，

，

所以，

消元得，

当时，，

当时，

，

，

解得，

综上：，

所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是正确理解平面，进而利用向量法，由存在实数y，z，使得而得解.

21．如图，在棱长为1的正方体中，点在上移动，点在上移动，，连接.

（1）证明：对任意，总有∥平面；

（2）当的长度最小时，求二面角的平面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】作∥，交于点，作∥，交于点，连接.通过证明四边形为平行四边形,可得∥,再根据直线与平面平行的判断定理可证.

(2)根据题意计算得 ,再配方可得取最小值时 分别为的中点,再取 为 , 连接，，,

可得是二面角的平面角,再计算可得.

【详解】（1）证明：如图，作∥，交于点，

作∥，交于点，连接.

由题意得∥，且，则四边形为平行四边形.

∴∥.

又∵，，

∴∥.

（2）由（1）知四边形为平行四边形，∴.

∵，∴.

∵，∴，.

即，

故当时，的长度有最小值．

分别取，的中点、，连接，，．

易知，，故是二面角的平面角

在中，．所以.

【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理,以及二面角,属中档题.

22．如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且．

（1）证明：直线平面；

（2）证明：平面平面；

（3）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.

【分析】（1）连接，交于，设中点为，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得平面.（2）通过证明，证得平面，由此证得平面，进而有平面平面.（3）以点或者点建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF.

因为O，F分别为AC，PC的中点，

所以，且，因为，且，

所以，且，

所以四边形OFED为平行四边形，所以，即 ，

又平面，面，所以面；

（2）因为平面，平面，所以.

因为是菱形，所以.

因为，所以平面，

因为，所以平面 ，

因为平面，所以平面平面  ；

（3）解法1：因为直线与平面所成角为，

所以，所以 ，

所以，故△为等边三角形.

设BC的中点为M，连接AM，则.

以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图）.

则， ，设平面PCE的法向量为，

则,即，

令则所以   ，

设平面CDE的法向量为，

则即，

令则所以  ，

设二面角的大小为，由于为钝角，

所以．

所以二面角的余弦值为．

解法2：因为直线与平面所成角为，且平面，

所以，所以．

因为，所以为等边三角形．

因为平面，由（1）知，

所以平面．

因为平面，平面，所以且．

在菱形中，．

以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）．

则，

则，

设平面的法向量为，

则即，

令，则，则法向量．

设平面的法向量为，

则，即，

令，则则法向量．

设二面角的大小为，由于为钝角，

则．

所以二面角的余弦值为．

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求二面角的余弦值，考查运算求解能力，属于中档题.