重庆市永川北山中学校2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市永川北山中学校2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 已知点，则直线的斜率是， 已知，且，则， 直线在轴上的截距为， 已知圆的方程为，则圆的半径为， 阅读材料， 关于直线，下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知点，则直线的斜率是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由斜率计算公式直接求解即可.
【详解】由题意点，
所以直线的斜率是.
故选：A．
2. 已知，且，则（ ）
A. B. 2C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先利用向量平行充要条件求得，进而求得的值.
【详解】，且，
则，解之得，则
故选：B
3. 直线在轴上的截距为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】令可求直线在轴上的截距.
【详解】令，则，故直线在轴上的截距为，
故选：B.
4. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. D. l与相交，但不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解.
【详解】因为直线l经过点，
所以，又因为平面的一个法向量为，
且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行，
则，
故选：.
5. 已知圆的方程为，则圆的半径为（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，即可得出圆的半径.
【详解】将一般方程化为标准方程得，
∴ 圆的半径为：.
故选：B.
【点睛】本题考查了圆的方程，通过配方把一般式化为标准式即可得出圆的圆心和半径.
6. 已知点，，过点的直线与线段相交，则的斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得直线和直线的斜率，再利用数形结合法求解.
【详解】解：如图所示：

，
由图象知：当的斜率不存在时，直线与线段相交，
故的斜率的取值范围为.
故选：D.
7. 菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A

8. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据新定义，求出平面的法向量，再由平面法向量求两平面交线方向向量，利用空间向量线面角公式求解.
【详解】∵平面的方程为，
∴平面的一个法向量为，
同理，可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成的角为，则．
故选：A．
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 关于直线，下列说法正确的有（ ）
A. 过点B. 斜率为
C. 倾斜角为60°D. 在轴上的截距为1
【答案】BC
【解析】
【分析】A. 当时，，所以该选项错误；
B. 直线的斜率为，所以该选项正确；
C.直线的倾斜角为60°，所以该选项正确；
D. 当时，，所以该选项错误.
【详解】A. 当时，，所以直线不经过点，所以该选项错误；
B. 由题得，所以直线的斜率为，所以该选项正确；
C. 由于直线的斜率为，所以直线的倾斜角为60°，所以该选项正确；
D. 当时，，所以直线在轴上的截距不为1，所以该选项错误.
故选：BC
10. 若构成空间的一个基底，则下列向量可以作为空间的另一个基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】因为构成空间的一个基底，则不共面.
对于A，因为，
所以向量共面，不能构成基底，故A错误；
对于B，因为，
所以向量共面，不能构成基底，故B错误；
对于C，假设向量共面，
则，即，
可得，则，此时，
这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；
对于D，假设向量共面，
则，即，
可得，则无解，
这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故D正确；
故选：CD.
11. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 直线过定点，直线过定点
D. 当平行时，两直线的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线平行和垂直满足的斜率关系即可判断AB，根据定点的求解可判断C，根据平行线间距离公式可判断D.
【详解】对于，当时，那么直线，
直线为，此时两直线的斜率分别为和，
所以有，所以，故A选项正确；
对于，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；
对于，由直线，整理可得：，故直线过定点，
直线：，整理可得：
，故直线过定点，故C选项正确；
对于，当平行时，两直线的斜率相等，即
，解得：或，当时，两直
线重合，舍去；当时，直线为为
，此时两直线的距离，故D选项正确.
故选：ACD.
12. 在长方体中，，E，F，P，Q分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 平面EFPQ
C. 平面EFPQD. 直线和所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.根据线面垂直作出判断；B.假设结论成立，然后通过条件验证假设；C.通过面面平行来证明线面平行；D.将直线平移至同一平面内，然后根据长度计算异面直线所成角的余弦值.
【详解】A．如图所示，

因为，所以四边形是正方形，所以，
又因为几何体为长方体，所以平面，所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以，故结论正确；
B．如图所示，

假设平面，因为平面，所以，
显然不成立，故假设错误，所以结论错误；
C．如图所示，

连接，由条件可知，所以，
又因为，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，故结论正确；
D．如图所示，

连接，因为，所以和所成角即为或其补角，
由条件可知：，所以，故结论正确.
故选：ACD.
【点睛】本题考查空间中的平行垂直关系的证明以及异面直线所成角的余弦值的计算，属于立体几何的综合小题，难度一般.其解异面直线所成角的三角函数值时，可先通过将直线平移至同一平面内，此时两条直线所形成的夹角即为异面直线所成角或其补角.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线l1：和l2：的交点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】联立两直线方程解方程组即可.
【详解】解方程组得
所以两条直线交点的坐标为.
故答案为：
14. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，E为SC的中点，点D在SO上，若，则______．

【答案】2
【解析】
【分析】以O为坐标原点，OC，OA，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可得.
【详解】连接OC，因为，O为中点，所以，
由圆锥性质可知平面，所以OC，OA，OS两两垂直.
以O为坐标原点，OC，OA，OS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图），
则，，， ，．
设，则，．
因为，所以，解得，故．
故答案为：2

15. 已知直线经过点，且点到直线的距离相等，则直线的方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式，即可根据直线有无斜率求解.
【详解】当直线有斜率时，设直线方程为，
到直线的距离相等，则，解得，
所以直线方程为，即，
当直线无斜率时，则直线方程为，此时到直线的距离均为3，符合题意，
综上可得：或，
故答案为：或
16. 如图，在平行六面体中，为的中点，若该六面体的棱长都为2，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，取空间向量一个基底，再利用空间向量数量积及运算律求出向量的模作答.
【详解】在平行六面体中，令，显然不共面，两两夹角为，
因为为的中点，则，
而，，
所以.
故答案为：
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知的三个顶点分别为.
（1）求边所在直线的方程；
（2）求边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两点式可得BC边所在直线的方程；
（2）因为BC边上的高所在直线与直线BC垂直，由直线BC的斜率，可得BC边上的高所在直线的斜率，再由点斜式可得BC边上的高的直线方程.
【小问1详解】
因为，
则所求直线方程为，即，
所以BC边所在直线的方程为.
【小问2详解】
因为，所以直线BC的斜率为，
因为BC边上的高所在直线与直线BC垂直，所以BC边上的高所在直线的斜率为.
因为在BC边上的高上，所以所求直线方程为，
即BC边上的高所在直线的方程为.
18. 如图，在直三棱柱中，，．

（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用它们的数量积为零可证异面直线的垂直.
（2）求出平面法向量和的坐标后可求点面距.
【小问1详解】
建立直角坐标系，其中为坐标原点.

依题意得，
因为，所以.
【小问2详解】
设是平面的法向量，
由得
所以，令，则，
因为，所以到平面的距离为.
19. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若平面上有两个点，，点是圆上的点且满足，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设出圆心，利用点到直线的距离公式即可求得圆的方程.
（2）根据已知条件求得满足的方程联立即可求得的坐标.
【小问1详解】
∵圆心在直线上，
设圆心，
已知圆经过点，，则由，
得
解得，所以圆心为，
半径，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设，
∵在圆上，∴，
又，，
由可得：，
化简得，
联立
解得或.
20. 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，，将沿BD折起到的位置，使．

（1）求证：平面平面ABD；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，根据二面角的定义或通过证明平面来证得平面平面．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
如图，取中点，连接OA，OP．
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，所以、是边长为2的正三角形，
因为O是BD中点，所以，
因为，所以，同理可得，因为，
所以，则，由二面角定义可得平面平面ABD．
或：又因为，平面ABD，平面，
所以平面，因为，所以平面平面．
【小问2详解】
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面PAD的一个法向量为，
由得，
令得，则，
设直线AB与平面PAD所成的角为，
则．
所以直线AB与平面PAD所成角的正弦值为．

21. 已知直线过点.
（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
（2）若与轴正半轴的交点为，与轴正半轴的交点为，求当（为坐标原点）面积的最小值，直线的方程..
【答案】（1）或
（2）的方程为
【解析】
【分析】（1）根据题意，分解直线经过原点和直线不过原点，结合直线方程的形式，即可求解；
（2）设直线的方程为，得到，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：当直线经过原点时，直线的斜率为，所以直线的方程为，即；
当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点，可得，
所以所求直线方程为，即，
综上可得，所求直线方程为：或.
【小问2详解】
解：依题意，设点，直线的方程为，
又点在直线上，于是有，
利用基本不等式，即，当且仅当时等号成立，
所以，即的面积的最小值为12，此时的方程为.
22. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．

（1）证明:平面．
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
【解析】
【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.
【小问1详解】

因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
【小问2详解】

取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．