2023-2024学年安徽省桐城中学高二上学期第一次教学质量检测数学试题含答案

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（考试总分：150 分 考试时长： 120 分钟）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1. 直线x+y﹣1＝0的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出斜率，由斜率得倾斜角．
【详解】直线x+y﹣1＝0的斜率是，∴倾斜角为．
故选：C.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，掌握倾斜角与斜率的关系是解题关键．
2. 如图，在平行六面体中，与交点为，设，，，则下列选项中与向量相等的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理结合平行六面体的性质求解.
【详解】因为在平行六面体中，M为与的交点，，，，
所以=
.
故选：B
3. 下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．
【详解】对于A，，为偶函数，不符合题意；
对于B, ，其定义域为，有，为奇函数，设，在上为减函数，而为增函数，
则在上为减函数，不符合题意；
对于C, ,有，为奇函数，
且为增函数，故在R上为增函数，符合题意；
对于D, ，其定义域为R，
有，为奇函数，
设在R上为减函数，而为增函数，
则在R上为减函数，不符合题意.
故选：C
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性的判定，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于中档题．
4. 定义，若向量，向量为单位向量，则的取值范围是（ ）
A. [6，12]B. [0，6]C. [-1，5]D. [0，12]
【答案】A
【解析】
【分析】设，则,由即得解.
【详解】由题意知，．
设，则．
又，∴，∴．
故选：A
5. 已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为（ ）
A B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】直线过定点，分别求出和，结合图形，可求出答案.
【详解】由题意，直线可化为，令，得，即该直线过定点，
，，
所以当或时，直线和以，为端点的线段相交.
故选：D.
【点睛】本题考查了直线系方程的应用，以及过两点的直线的斜率的求法，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
6. 一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是，则与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将向量分别用表示，再根据结合数量积的运算律即可得解.
【详解】不妨设，
则
，
，
则
，
，
，
所以，
即与所成角的余弦值为.
故选：D.
7. 如图，已知，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则直线的斜率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接与直线分别交于，连接，分别与直线交于，由题意，在线段之间即可，算出两点的坐标结合斜率公式即可得到答案.
【详解】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接
与直线分别交于，连接，分别与直线交于，
由题意，在线段之间即可，
又，直线的方程为，设，则
，解得，所以，
同理可得关于直线对称的点，所以直线：，
又直线方程为：，所以，
所以直线方程为：，
即，由，得，所以，
又易得方程为：，所以，
所以.
故选：B
【点睛】本题考查求点关于直线对称的点、两直线的交点的问题，涉及到入射光线、反射光线，考查学生的数学计算能力，是一道有一定难度的题.
8. 如图，菱形边长为2，，E为边的中点，将沿折起，使A到，连接，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中错误的是（ ）
A. 平面平面B.
C. 与平面所成角的余弦值为D. 二面角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，由平面几何的知识可知，再利用线面垂直的判定定理可证得平面，由此再利用面面垂直的性质定理即可证得平面平面；
对于B，利用线面平行的性质定理即可证得；
对于C，先证明两两垂直，建立空间直角坐标系，再求得与平面的一个法向量，从而可求得与平面所成角的余弦值为；
对于D，在C的基础上，求得平面与平面的一个法向量与，由此可求得二面角的余弦值为.
【详解】对于A，在菱形中连结，在中，，，所以是正三角形，
由于E为边的中点，所以，又，故，
又因为, 平面，
所以平面，因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以面，又面与面的交线为l，面, 所以，故B正确；
对于C，由A知，，故折起后仍有，
又平面，则，故以为原点, 分别以为轴, 建立如图所示空间直角坐标系：
则，则，
因为面，所以是面的一个法向量，
设与平面所成角为，则，
所以，故C错误；
对于D，易证面，故为平面的一个法向量，
又，
设平面的一个法向量为：，则，即，
令，则，故，
所以，
又由图形可知二面角为锐角，故其余弦值为，故D正确.
故选：C.
二、 多选题 （本题共计4小题，总分20分）
9. (多选题)已知是不共面的三个向量，则下列向量组中，不能构成一个基底的一组向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量基底的意义逐一分析各选项中的三个向量是否共面即可得解.
详解】对于A，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于B，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底；
对于C，假设共面，则必有不全为0的实数，使得，
因不共面，则，即，与不全为0矛盾，因此，不共面，它们能构成一个基底；
对于D，因，则三个向量共面，它们不能构成一个基底，
所以不能构成一个基底的一组向量是ABD.
故选：ABD
10. 下列说法错误的是（ ）
A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 经过两点，的直线方程过
D. 方程与方程表示同一条直线
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：利用垂直直线的关系和充要条件的概念即可判断；对于B：首先求出斜率范围，进而得到倾斜角范围；对于C：分别讨论斜率是否存在，并利用两点式即可判断；对于D：分析两个方程的定义域即可判断.
【详解】对于A：若，则两直线方程分别为：和，
两直线的斜率分别为，，故，
从而直线与直线互相垂直；
若直线与直线互相垂直，
则，解得或，
从而“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故A错误；
对于B：由题意，直线的斜率，
即且，解得或，故B正确；
对于C：当斜率不存在时，此时直线方程：且，此时符合题意；
当斜率存在时，由两点式可知：直线方程为：满足题意，故C正确；
对于D：因为的定义域为，而的定义域为，
所以方程与方程不表示同一条直线，故D错误.
故选：AD.
11. 下列说法错误的是（ ）
A. 是直线的一个单位方向向量
B. 直线与直线之间的距离是
C. 点到直线l：的距离为
D. 经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线条数共有2条
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据单位向量模长为1判断；对于B：先把两平行直线的的系数化为相同后再代入平行直线距离公式；对于C：代入点到直线距离公式计算；对于D：截距的绝对值相等的直线还包括过原点直线.
【详解】对于A：的模长为，不是单位向量，故A错误；
对于B：化为，与的距离为，故B正确；
对于C：点到直线l：的距离为，故C错误；
对于D：在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线有斜率为的两条，还有过原点的一条，故D错误.
故选：ACD.
12. 已知，，且，则（ ）
A. 的取值范围B. 的取值范围是
C. D. 的最小值是
【答案】CD
【解析】
【分析】对A利用基本不等式构造，解出范围即可，同时注意的前提，对B构造得到最小值，同时注意，对C把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可，对D依然把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可求出最值.
【详解】因为,且,所以，
当且仅当时取等号，注意到，则解得,
即,所以的取值范围为，故A错误;
又,且仅当时取等号,
解得，又，故B错误，
由,得,
所以，，
所以，
当且仅当，即或，无法取到，故，故C正确；
，
,当且仅当,即时取等号,
此时取得最小值，故D正确.
故选：CD.
【点睛】本题对基本不等式需要达到灵活运用，利用基本不等式构建一元二次不等式求范围，分离常数构造满足基本不等式的情形求解最值，同时一定要注意取等条件是否能达到.
三、 填空题 （本题共计4小题，总分20分）
13. 有一根蜡烛点燃6min后，蜡烛长为17.4cm；点燃21min后，蜡烛长为8.4cm．已知蜡烛长度l（cm）与燃烧时间t（min）可用直线方程表示，则这根蜡烛从点燃到燃尽共耗时______min．
【答案】35
【解析】
【分析】假设直线方程为，利用待定系数法求得直线方程，代入即可求得结果.
【详解】根据题意，不妨设直线方程为，则，解得，
所以直线方程为，当时，即，得，
所以这根蜡烛从点燃到燃尽共耗时35 min.
故答案为：35.
14. 已知的内角、、的对边分别是，，，若，，，则的面积为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理可得，由余弦定理可得，从而有，再由三角形的面积公式求解即可.
【详解】解：因为，则，
由正弦定理可得，，即，
由余弦定理可得，
则，解得，所以，
又因为，
所以.
故答案为：
15. 已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求的取值范围.
【详解】
如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，
∵正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则，
则，，
设，则，则，
∵，，
∴.
故答案为：.
16. 已知等腰内接于圆O，点M是下半圆弧上的动点（不含端点，如图所示）.现将上半圆面沿AB折起，使所成的二面角为.则直线AC与直线OM所成角的正弦值最小值为______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】取下半圆弧的中点D，连接OC，OD，以点O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】在折后的图形中，取下半圆弧的中点D，连接OC，OD，如图，
依题意，平面，于是得平面，
且是二面角的平面角，即，在平面内过点O作，
因此射线两两垂直，以点O为原点，射线分别为非负半轴建立空间直角坐标系，
令，则，设点，显然有，
于是得，令直线AC与直线OM所成的角为，
因此
，
当且仅当，即时取等号，显然直线AC与直线OM为异面直线，即，
而余弦函数在上单调递减，因此取最大值时，角取最小值，，
所以直线AC与直线OM所成角的正弦值最小值为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可.
四、 解答题 （本题共计6小题，总分70分）
17. （1）已知，，且，求，的值；
（2）已知，，若与（为坐标原点）的夹角为，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，结合空间向量共线的坐标表示计算作答；
（2）先算出，，然后利用数量积的坐标运算得到，再利用夹角公式即可得到答案
【详解】（1）因为，，
所以，，
因为，
所以，解得，
所以；
（2）因为，，
所以，，
所以，
因为与的夹角为，
所以，因为解得
18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点作直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于点.
（1）当斜率为2时，求的一般式方程；
（2）求面积的最小值时直线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由点斜式写出的方程，再化成一般式即；
（2）则设直线的方程为，，求得在两坐标轴的截距分别为，，再由，可得，结合基本不等式可得当时，面积的最小值，即可得答案.
【小问1详解】
解：由题意可知，直线的方程：，
即；
小问2详解】
解：∵点在第一象限，且直线分别与轴正半轴 、轴正半轴相交，
∴直线的斜率，
则设直线的方程为，，
令，得；令，得.
∴.
∵，∴，
∴，
当且仅当，即时等号成立.
∴面积的最小值为6.
此时直线的方程为，即.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点为上的点，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明，，进而可得平面，从而得到平面平面；
（2）（法一）利用等体积法求解；
（法二）以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再根据点到面的向量表示求解即可.
【小问1详解】
因为底面四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
（法一）因为平面，平面，所以，
因为底面四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，即为直角三角形，
因为，则，所以，，，，
在中，，
在中，由余弦定理，
即，
同理可求得，所以为直角三角形，，
因为，所以点到平面的距离为，
设点到平面的距离为，由得
，即，所以，
所以点到平面的距离为.
（法二）因为，则，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
所以，由，得，
，，，
设平面的一个法向量为，则
取，可得，，所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
20. 如图，将一块直角三角形木板置于平面直角坐标系中，已知，，点是三角形木板内一点，现因三角形木板中阴影部分受到损坏，要把损坏部分锯掉，可用经过点P的任一直线将三角形木板锯成，设直线的斜率为k.
（1）用k表示出直线的方程，并求出M、N的坐标；
（2）求锯成的的面积的最小值.
【答案】（1），，.
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的方程，再联立直线方程组即可求得M、N的坐标；
（2）先由题意确定的范围，再利用（1）结论可得到与M到直线的距离，由此得到的面积关于的关系式，利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
设直线，
因直线过点，所以，即，
所以，
又因为，，易得直线，直线，
联立，解得；联立，解得，
故，.
【小问2详解】
因为，，所以，所以，
因为，
设M到直线的距离为d，则，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以S的最小值为.
21. 在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
（1）求证：平面BCDE；
（2）求CM与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；2
【解析】
【分析】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；
（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；
（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.
【小问1详解】
因为在中，，，所以，
因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，，
又，，所以平面BCDE；
【小问2详解】
因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，，
故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；
【小问3详解】
设，，即，
即，，，
，设平面CMN的法向量为，则有，
即，令则，，，
同理，设平面DEN的法向量为，，
则，即，令，则，故，
若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以
22. 如图，正方形和所在平面互相垂直，且边长都是1，，，分别为线段，，上的动点，且，平面，记.

（1）证明：平面；
（2）当的长最小时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直；
（2）求出的长最小时点的位置，然后分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）因为平面，
且平面，平面平面，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
又因为平面平面，
且平面，平面平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，
，当且仅当时等号成立，
分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
因为，，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
因为，，
则，取，得，
所以，则二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查面面垂直的性质定理，考查用空间向量法求二面角，解题关键是是建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由向量的夹角得二面角，注意观察二面角是锐二面角还是钝二面角．