2022-2023学年广东省开平市第一中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省开平市第一中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.

【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，

故直线的方程为，即.

故选：A.

2．下列说法正确的是（    ）．

A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件

B．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为

C．过，两点的所有直线的方程为

D．直线与直线互相平行，则

【答案】D

【分析】利用直线一般方程的垂直公式，可判断A；在轴和轴上截距都相等的直线还有经过原点的情形，可判断B；两点式不可表示斜率为0和斜率不存在的直线，可判断C；利用直线一般方程的平行公式，可判断D

【详解】对于A，若“直线与直线互相垂直”，则

，解得或，故“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故A不正确；

对于B，经过点且在轴和轴上截距都相等的直线还有经过原点的情形即，故B不正确；

对于C，当或时，不可表示为两点式，故C不正确；

对于D，若两直线平行，则，当时，两直线重合，故，D正确

故选：D

3．四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出平面的法向量，计算法向量与的夹角得出与平面的夹角，从而可求出到平面的距离．

【详解】解：设平面的法向量为，，，则，

，令可得，，即，2，，

，

设与平面所成角为，则，

于是到平面的距离为，即四棱锥的高为．

故选：．

【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于基础题．

4．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】连接，由，即可求出答案.

【详解】连接如下图：

由于是的中点，

.

根据题意知.

.

故选：C.

5．已知直线过定点，则点关于对称点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据直线方程得到定点A的坐标，设其关于的对称点坐标，列出方程组，解之即可.

【详解】直线即，故，

设点关于的对称点坐标为．

则解得．

点关于的对称点坐标为．

故选：A．

6．已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求面、面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数.

【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，

∴，则，，

若是面一个法向量，则，可得，

若是面一个法向量，则，可得，

∴由面面PCE，有，解得.

故选：D

7．过点引直线，使，到它的距离相等，则这条直线的方程是（    ）

A． B．

C．或 D．或

【答案】D

【分析】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，分情况讨论即可求解.

【详解】设所求的直线为，则直线平行于或直线过线段的中点，

因为，，所以，

所以过点且与平行的直线为：即，

因为，，所以线段的中点为，

所以过点与线段的中点为的直线的方程为：，

即，

所以这条直线的方程是：或，

故选：D.

8．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量，点，对于点的设法，采用向量式，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.

【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，

建立空间直角坐标系，

则，

设，设，

则，

，

异面直线PQ与AD成的角，

，

，

，

即，解得，

，

可得.

故选：C.

二、多选题

9．已知空间中三点，，，则不正确的有（    ）

A．与是共线向量 B．的单位向量是

C．与夹角的余弦值是 D．平面ABC的一个法向量是

【答案】ABC

【分析】分别表示出向量，，，即可以判断与是否共线、的单位向量、与夹角余弦值及平面ABC的法向量，即可得解．

【详解】对于A，由题意，，，则，

所以与不共线，所以A错误；

对于B，向量的模等于，所以B错误；

对于C，，所以，

所以C错误

对于D，设平面ABC的一个法向量是，

则，即

取，得，，

则平面ABC的一个法向量是，所以D正确．

故选：ABC．

10．下列说法正确的是（    ）

A．直线必过定点（2，1）

B．直线在轴上的截距为－2

C．直线的倾斜角为120°

D．若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为

【答案】ACD

【解析】代入点的坐标判断A，求出纵截距判断B，求出斜率得倾斜角，判断C，写出平移直线后的方程，与原方程一致，由此求得，判断D．

【详解】，所以点在直线上，A正确；

对，令，得，直线在轴上截距为2，B错误；

直线的斜率为，倾斜角为，C正确；

设直线方程为，沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得，即它就是，

所以，所以，D正确．

故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：本题考查直线方程，利用直线方程研究直线的性质是解析几何的基本方法．掌握直线的概念与特征是解题关键．

11．下列结论错误的是（    ）

A．过点，的直线的倾斜角为

B．直线与直线之间的距离为

C．已知点，，点在轴上，则的最小值为

D．已知两点，，过点的直线与线段没有公共点，则直线的斜率的取值范围是

【答案】ABD

【分析】求出直线的斜率，再由斜率的定义求出倾斜角可判断A；根据两平行线间的距离可判断B；点关于轴的对称点为，则求出最小值可判断C；求出临界值和，由可判断D，进而可得符合题意的选项.

【详解】对于，因为，，所以，因为直线的倾斜角的范围为，所以直线的倾斜角为，故选项A错误；

对于B，由可得，与平行，则两条平行直线间的距离为，故选项B错误，

对于C，点关于轴的对称点为，则，所以，的最小值为，故选项C正确，

对于D，，，又因为直线与线段没有公共点，所以，故选项D错误，

故选：ABD.

12．已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）

A．直线与平面所成角的正弦值范围为

B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大

C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形

D．已知为中点，当的和最小时，为的中点

【答案】AC

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，

，

所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；

对于B选项，当与重合时，连接、、、，

在正方体中，平面，平面，，

四边形是正方形，则，，平面，

平面，，同理可证，

，平面，

易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.

设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，

正六边形的周长为，面积为，

则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；

对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，

所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，

而，，且，

由空间中两点间的距离公式可得，，，

所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；

对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，

，，

，所以，点不是棱的中点，D选项错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.

三、填空题

13．过点,的直线方程（一般式）为___________.

【答案】

【分析】利用两点式方程可求直线方程.

【详解】∵直线过点,，∴，∴，

化简得.

故答案为：.

14．已知O为坐标原点，，，若与的夹角为120°，则实数______．

【答案】

【分析】求出，，，，，，再由与的夹角为，能求出的值．

【详解】，，，，，，，，，

，，，，，，

与的夹角为，

，

解得．

故答案为：

15．已知，为直线上两点，为坐标原点，若，则面积的最小值为______.

【答案】

【分析】设点到直线的距离为，再利用三角形的面积公式可得，再利用余弦定理以及基本不等式可得，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】由直线可得，

则点到直线的距离为，

由，

则，，

在中，由余弦定理

，当且仅当，等号成立，

所以，解不等式可得，

即面积的最小值为.

故答案为：

【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理以及基本不等式，需熟记公式，属于基础题.

16．如图，棱长为3的正方体的顶点在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，，则顶点到平面的距离是______.

【答案】

【分析】求点到平面的距离，建立空间直角坐标系，由顶点到平面的距离分别为，，利用空间点到平面距离公式，求出平面的法向量，即可求出结论.

【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的一个法向量为，

则点到平面距离为，①

点到平面距离为，②

由①②可得，

所以到平面的距离为.

故答案为:.

【点睛】本题考查点到平面的距离，利用空间直角坐标系解题时，正确建立空间坐标系是关键，属于较难题.

四、解答题

17．中，顶点、，边所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．

(1)求边所在直线的方程；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)的面积为

【分析】（1）设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程；

（2）求出点的坐标，计算出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式即可求得的面积.

【详解】（1）解：因为边上的高所在直线方程为，可设直线的方程为，

将点的坐标代入直线的方程得，解得，

因此，直线的方程为.

（2）解：联立，解得，即点，，

直线的斜率为，则直线的方程为，即，

点到直线的距离为，故.

18．如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，的中点．

(1)求证：；

(2)求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设，，，将和表示成，然后计算得，进而即得；

（2）用表示，然后利用向量夹角公式即得.

【详解】（1）设，，，

根据题意得，且

∴，.

∴，

∴，

即；

（2）∵，

∴，，

∵，

∴.

∴异面直线与所成角的余弦值为．

19．如图，已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点分别是的中点，计算：

(1)；

(2)异面直线与所成角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量的线性运算法则，得，，进而得到，最后可求解.

（2）利用空间向量数量积的运算性质计算出的值，结合异面直线所成角的范围可求得异面直线和所成角的余弦值．

【详解】（1）设，，，则，

，

，，；

，

（2）由（1）得，，

，

，

，

所以，，

由于异面直线所成角的取值范围是，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

20．已知直线经过点．

(1)若原点到直线的距离为2，求直线的方程；

(2)若直线被两条相交直线和所截得的线段恰被点平分，求直线的方程．

【答案】(1)或；(2)．

【解析】(1)本题首先可以假设直线的斜率不存在，然后根据点得出直线方程，再然后假设直线斜率存在并设出直线方程，最后根据原点到直线的距离为2即可得出结果；

(2)本题首先可以设出直线与直线，的交点坐标、分别为、，然后根据中点坐标的相关性质得出、，再然后根据在上以及在上得出并解得的坐标是，最后根据直线的两点式方程即可得出结果.

【详解】(1)①直线的斜率不存在时，显然成立，直线方程为．

②当直线斜率存在时，设直线方程为，

由原点到直线的距离为2得，解得，

故直线的方程为，即，

综上，所求直线方程为或．

(2)设直线夹在直线，之间的线段为（在上，在上），

、的坐标分别设为、，

因为被点平分，所以，，

于是，

由于在上，在上，即，解得，，

即的坐标是，故直线的方程是，即．

【点睛】本题考查直线的方程的求法，主要考查直线的点斜式方程以及直线的两点式方程，考查中点坐标的相关性质以及点到直线的距离公式的应用，考查计算能力，在计算过程中要注意斜率不存在的情况，是中档题.

21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面为的中点，是棱上的点，，.

(1)求证：平面平面；

(2)若二面角的大小为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明，根据平面平面可得平面，即可证明平面平面；

（2）证明出平面，然后以点为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法求出的值，再利用空间向量法可求得点到平面的距离.

【详解】（1）证明：，，为的中点，

四边形为平行四边形，

．

，即．

又平面平面且平面平面，平面，

平面．

平面，

平面平面．

（2）因为，为的中点，所以.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又因为，

如图，以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设，其中，

所以，，

又，设平面的法向量为，

则，所以，

取，得，

由题意知平面的一个法向量为，

因为二面角为，所以，

因为，解得，

所以,

因为平面的一个法向量为，

.

所以与平面的距离为.

22．已知三棱柱中，，，，．

(1)求证：平面平面ABC；

(2)若，在线段AC上是否存在一点P，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，，理由见解析.

【分析】（1）连接，由线面垂直的判定有平面，根据线面垂直的性质，最后根据线面垂直、面面垂直的判定证结论.

（2）构建空间坐标系，假设存在使题设条件成立，进而求得面、面的法向量，根据已知二面角余弦值及空间向量夹角的坐标表示列方程求，即可判断存在性.

【详解】（1）由知：四边形为菱形．

连接，则，又且，

∴平面，平面，则；

又，即，而，

∴平面，而平面ABC，

∴平面平面ABC．

（2）以C为坐标原点，射线CA、CB为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于AC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

∵，，，

∴，，，．

设在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的余弦值为，则，

所以，．

设平面的一个法向量为，

由，取，得；

平面的一个法向量为．

由，解得或．

因为，则．

故在线段AC上存在一点P，满足，使二面角的平面角的余弦值为．