2022-2023学年山东省青岛市青岛第二中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省青岛市青岛第二中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先得到直线方程的斜率，然后根据的关系，以及的范围，求出答案.

【详解】因为直线方程是，

所以该直线的斜率，

所以可得，

而

所以该直线的倾斜角是.

故选C

【点睛】本题考查根据直线方程求直线的倾斜角，属于简单题.

2．已知中，，，，则（    ）

A．或 B． C．或 D．

【答案】B

【分析】根据正弦定理，结合大边对大角求解即可.

【详解】解：因为中，，，，

所以，由正弦定理得，

因为，所以或

因为，，，

所以，所以.

故选：B

3．设，则“”是“直线与直线平行”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先求出两直线平行时的值，然后再根据充分必要条件的概念判断．

【详解】解：当直线与直线平行时，满足，解得，

所以，当时，直线即为，即为，显然满足平行关系；

当时，直线即为，即为，显然也满足平行关系；

所以，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.

故选：A

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合，根据诱导公式求解即可.

【详解】解：因为，，

所以

故选：D

5．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量垂直关系得，再计算，，并结合向量夹角公式求解即可.

【详解】解：因为，，

所以，即，

所以，

所以

因为，

所以.

故选：C

6．已知圆锥的高为，底面半径为3，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（    ）

A． B． C．4 D．6

【答案】D

【分析】过此圆锥顶点的最大截面面积为母线垂直对应的直角三角形，故可求面积的最大值.

【详解】圆锥的高为，底面半径为3，故圆锥的母线长为，

过此圆锥顶点的轴截面对应的等腰三角形的顶角大小为，

则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为

故选：D.

7．在空间直角坐标系中，正四面体的顶点A、B分别在轴，轴上移动．若该正四面体的棱长是4，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】固定正四面体的位置，则原点在以为直径的球的球面上运动，进而转化为减去球的半径和加上球的半径问题求解即可.

【详解】解：如图所示，

若固定正四面体的位置，则原点在以为直径的球面上运动，

设的中点为，则，

所以原点到点的最近距离等于减去球的半径，最大距离是加上球的半径，

所以，

即的取值范围是．

故选：B．

8．如图，在中，已知，，，分别是边上的点，且，，其中，，且，若线段的中点分别为，则的最小值是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得，，再根据并结合，且，可得关于的函数式，由二次函数的性质即可求的最小值.

【详解】解：在中，，则，

∵分别是边的点，线段的中点分别为

∴，，

∴，

∴两边平方得：

，

∵，

∴，

又∵，，

∴当时，最小值为，即的最小值为.

故选：A

二、多选题

9．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”．一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）．

若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.

【详解】解：由题意，堑堵的体积，阳马的体积，鳖臑的体积，

所以，，，即，

所以，

所以，AC选项正确，BD选项错误.

故选：AC

10．下列关于空间向量的命题中，正确的是（    ）

A．若非零向量，，满足，，则有

B．若，，是空间的一组基底，且，则 四点共面

C．任意向量，，满足

D．已知向量，，若，则为锐角

【答案】ABD

【分析】根据向量共线定理判断A；根据判断B；根据数量积的运算律判断C；根据向量夹角公式求解判断D.

【详解】解：对于A选项，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数使得，故，所以，故正确；

对于B选项，，，是空间的一组基底，故三点不共线，，所以， 四点共面，故B选项正确；

对于C选项，因为，不一定共线，故不一定成立，故C选项错误；

对于D选项，当与共线且同向时，有，即，该方程组无解，即与不能共线且同向，故时，为锐角，即时为锐角，故D选项正确.

故选：ABD

11．已知函数，则（    ）

A．函数的零点是

B．函数的图像关于轴对称

C．将函数的图象向右平移个单位后与原函数的图象重合

D．函数在区间上单调递增

【答案】BC

【分析】求得函数的零点判断选项A；求得的解析式进而判断选项B；求得将函数的图象向右平移个单位后得到的解析式进而判断选项C；求得函数在区间上单调性判断选项D.

【详解】选项A：由，可得，则函数的零点是.判断错误；

选项B：

则由，可得函数的图像关于轴对称.判断正确；

选项C：

则将函数的图象向右平移个单位后与原函数的图象重合. 判断正确；

选项D：由，

可得

又，则函数在区间上单调递增，

在区间上单调递减.判断错误.

故选：BC

12．如图，正方形ABCD-A1B1C1D1边长为1，P是 上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．BP的最小值为

B． 的最小值为

C．当P在直线上运动时，三棱锥 的体积不变

D．以点B为球心，为半径的球面与面 的交线长为

【答案】ACD

【分析】当时，BP最小,结合正三角形性质，求得B到直线的距离，判断A;建立空间直角坐标系，利用空间向量，设求得点，结合两点间的距离公式，求得PA+PC的最小值，判断B;根据当P在直线A1D上运动时，三棱锥的底面积以及高的变化情况，可确定体积不变没判断C;根据题意确定以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可求得交线长，判断D.

【详解】对于A，当时，BP最小，由于到直线的距离对．

对于B,解法一：以为坐标原点建系，以 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则,设,

,

表示平面上之间的距离，

表示平面上之间的距离，

错

解法二：将平面翻折到平面上，如图，

连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，

在三角形ADC中，,，B错误；

对于C,,平面，

平面到平面的距离为定值,

为定值，则为定值，对．

对于D，由于平面，设与平面交于点，

，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，

故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，

交线长为正确．

故选：ACD

【点睛】本题考查了空间几何中的距离以及距离和的最值问题，以及三棱锥体积和几何体中的轨迹问题，综合性强，要求充分发挥空间想象能力，解答时要能借助于几何体的直观图，明确空间的点线面的位置关系，灵活应用空间向量以及相关相关知识解决问题.

三、填空题

13．向量，且向量与非零向量方向相反，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】由题知，存在实数，使得，进而得，再根据向量数量积的坐标表示求解即可.

【详解】解：因为向量与非零向量方向相反向量，

所以，存在实数，使得，

所以，，

所以，

所以，的取值范围是

故答案为：

14．若直线与直线垂直于点，则______．

【答案】6

【分析】根据，可求得a，将代入直线，即可求得c，再代入直线，即可求得b，从而可得答案.

【详解】直线与直线且，

可得，解得，

所以直线．

由题意，可知是两条直线的交点，

将代入直线得，解得．

将代入直线，得，解得，

所以．

故答案为：6.

15．法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名.对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点.如图所示，在中，已知，设为的费马点，且满足，.则的外接圆直径长为______.

【答案】

【分析】由已知利用三角形的内角和定理可得，，可得在中，，可得，在中，由正弦定理可得的值，在中，利用余弦定理求出，在中，利用正弦定理即可求出外接圆的直径.

【详解】由已知，所以.

在中，，故.

在中，由正弦定理得，

而，，

故，

在中，利用余弦定理 ，即，

在中，利用正弦定理，故的外接圆直径长为.

故答案为：.

16．已知，若存在，，使得与夹角为60°，且，则的最小值为______．

【答案】

【分析】由已知，可设，，先通过可知，共线，然后在中，利用余弦定理结合基本不等式，求得的面积取到最大值，则到的距离最远，从而根据等号成立的条件得到，使用勾股定理即可求得.

【详解】

由已知，，令，

，

故有共线，

因为,

在中，与夹角为60°，即与夹角为60°，

由余弦定理可知：，

当且仅当时等号成立，此时取得最大值为，

此时的面积取到最大值，则到的距离最远，

即当且仅当关于轴对称时，最小，

此时，，所以,

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．已知的顶点，，直线的斜率为．

(1)求过点，且在两坐标轴上截距相等的直线的一般式方程；

(2)求角的角平分线所在直线的一般式方程．

【答案】(1)或

(2)或

【分析】（1）分直线过原点和不过原点两种情况讨论求解即可；

（2）根据题意，分点位于直线上方和点位于直线下方两种情况讨论求解即可.

【详解】(1)解：当所求直线过原点时，设直线方程为，

因为直线过点，所以，故方程为，

当所求直线不过原点时，因为所求直线在两坐标轴上截距相等，

所以，设所求直线方程为，

因为直线过点，所以，解得，

所以所求直线方程为

综上，满足条件的直线方程为或.

(2)解：因为的顶点，，直线的斜率为，

所以，直线方程为，直线的倾斜角为，

根据题意，作出其图形，如图，

当点位于直线下方时，，此时其角平分线为，

角平分线的倾斜角为，

所以，角平分线方程为，即；

当点位于直线上方时，，此时其角平分线为，

角平分线的倾斜角为，

所以，角平分线方程为，即.

所以，角的角平分线所在直线的一般式方程为或

18．如图所示，在中，与相交于点.

(1)用和分别表示和；

(2)若，求实数和的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由平面向量的数乘与加法，可得答案；

（2）根据平面向量共线定理的推论，由（1）代入，得到方程，可得答案.

【详解】(1)由，可得.

(2)（2）设，将

代入，则有，

即，解得，

故，即.

19．如图，在四边形中，，，．

(1)求；

(2)若，，求的周长．

【答案】(1)

(2)24

【分析】（1）在中，由同角三角函数关系和正弦定理即可求解，

（2）在中根据余弦定理可求,进而在中中，根据三角形面积公式以及余弦定理即可求解.

【详解】(1)在中，，∴

∵，∴

又∵为钝角，∴为锐角，∴

(2)在中，

∴

∴解得(负根舍去)

在中，，∴

∴又，

整理得，，∴

∴∴，

∴的周长为24.

20．如图，在三棱锥中，，，，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）由三线合一得到，再利用勾股定理逆定理求出，从而证明出线面垂直；

（2）结合(1)，根据计算即可.

【详解】(1)证明：因为，为的中点，

所以，且，

连接，因为，

所以为等腰直角三角形，

所以，，

所以，，即，

因为，，，平面，

所以平面．

(2)解： 因为为等腰直角三角形，，，

所以

由（1）知平面，平面，

所以，

所以，在中，由余弦定理得，

所以，，

设点到平面的距离为，

因为，即，解得

所以，点到平面的距离为.

21．已知函数的部分图像如图所示．

(1)求的解析式及对称中心；

(2)若，求值；

(3)先将的图像横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍，得到函数图像，再将图像右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间．

【答案】(1)；对称中心为

(2)

(3)

【分析】（1）根据函数图像得，，，进而根据，再将点代入求解得，最后求解对称中心即可；

（2）结合（1）得，再根据，结合二倍角公式求解即可；

（3）由函数图像平移变换得，进而得，再解不等式即可得答案.

【详解】(1)解：由图可知，，，即，解得，

所以，

再将点代入得，即，

因为，所以，

所以.

令，解得，

所以，的对称中心为

(2)解：由（1）知，

所以，即，

因为，

所以.

(3)解：将的图像横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍得，

再将图像右平移个单位后得到的图像，故，

因为，所以，

所以令，解得，

所以，函数在上的单调减区间为

22．如图，四边形为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．

(1)取中点为中点为，证明：平面；

(2)证明：；

(3)点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)存在，

【分析】（1）取中点，连接，进而证明四边形是平行四边形即可证明，再根据判定定理即可证明；

（2）在中，过作，垂足为，连接，进而证明，再根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；

（3）利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法即可求解.

【详解】(1)证明：因为四边形为梯形，，，，

所以，，即，

所以四边形是平行四边形，

所以，

取中点，连接，如图，

因为中点为中点为，

所以，，，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以，平面.

(2)证明：因为四边形为梯形，，，，

所以，，即，

所以四边形是平行四边形，

所以，，，，即，，

在中，过作，垂足为，连接．

在中，，，所以．

在中，，，，

由余弦定理得，即，

所以，

所以，即．

又，平面，

所以平面．

又 平面，

所以．

(3)解：在中，，，，

，即．

∵，，，

∴，

∵，平面，

平面．

又平面，，

，平面．

又，，平面，平面．

平面，

∵平面，

∴

∴以为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，．

设，

则．

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则．

设平面的一个法向量为，

则，即，令，则．

因为二面角的余弦值为，

所以，解得或（舍），

所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时．