2023-2024学年河南省南阳市南阳一中高二上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省南阳市南阳一中高二上学期第三次月考数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．用一个平面截正方体，截面图形可能是（ ）
A．钝角三角形B．直角梯形
C．有两个内角相等的五边形D．正七边形
【答案】C
【分析】根据正方体的截面分析得到答案.
【详解】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.
对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.

如图所示的截面三角形.
设，所以，，.
所以由余弦定理得：所以为锐角.
同理可求：为锐角，为锐角.
所以为锐角三角形.故A错误；
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.

故B错误；
对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.

故C正确；
对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.
故选：C
2．若双曲线C以两条坐标轴为对称轴，是其一条渐近线，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】讨论双曲线焦点位置，结合已知渐近线确定双曲线参数关系，进而求离心率.
【详解】若双曲线焦点在轴上，则一条渐近线为，
所以；
若双曲线焦点在轴上，则一条渐近线为，
所以；
所以双曲线C的离心率为或.
故选：D
3．在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A．直线坐标平面B．直线坐标平面
C．直线坐标平面D．直线坐标平面
【答案】C
【分析】求出及三个坐标平面的法向量，根据与法向量的关系判断．
【详解】，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，这三个法向量与都不平行，
但，点均不在坐标平面上，因此与坐标平面平行，
故选：C．
4．已知是平面的一个法向量，是平面的一个法向量，且平面平面，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断，求得，，可得，再根据投影向量公式求解即可.
【详解】因为是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量，且平面平面，
所以得，则，
得，，所以
所以在上的投影向量为，
故选：B.
5．设a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，则直线sinA·x＋ay－c＝0与bx－sinB·y＋sinC＝0的位置关系是（ ）
A．平行B．重合
C．垂直D．相交但不垂直
【答案】C
【解析】计算得到，，再根据正弦定理得到，得到垂直关系.
【详解】直线sinA·x＋ay－c＝0的斜率，直线bx－sinB·y＋sinC＝0的斜率 ，故直线sinA·x＋ay－c＝0与直线bx－sinB·y＋sinC＝0垂直故选：C.
【点睛】本题考查了直线的位置关系，正弦定理，意在考查学生的综合应用能力.
6．如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.
【详解】解：由题意可得：
.
故选：A.
7．已知向量，单位向量满足，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用向量的模平方得向量积的值，再利用向量夹角公式求解
【详解】因为，所以.又，
所以，即，所以，则.
所以.又，所以.
故选：C.
8．如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论：
①存在点，使得；
②存在点，使得平面；
③的面积越来越小；
④四面体的体积不变．
其中，所有正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故②不正确；
设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③正确.
【详解】设正方体棱长为，
由平面平面得，同理，
所以，
由得，存在使得，①正确，
正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确;
以为轴建立空间直角坐标系，如下图，
正方体棱长为2，则，
，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故②错误；
设，
所以
设到直线的距离为，则

由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，③正确，
综上：①③④正确
故选:C.
【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理,尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了,本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了.
二、多选题
9．已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．两两共面，但不共面
C．一定存在实数x，y，使得
D．，，一定能构成空间的一个基底
【答案】ABD
【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若不全为，则共面，与题意矛盾，所以A正确；
对于B中，由空间中任意两个向量是共面的，可得两两共面，
又由是空间的一个基底，可得不共面，所以B正确；
对于C中，因为不共面，则不存在实数，使得，所以C错误；
对于D中，若，，共面，
则存在实数，使得，可得，方程组组无解，
所以，，不共面，所以D正确.
故选：ABD.
10．如图所示，在正方体中，为的中点.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出相应向量的坐标，计算相关向量的数量积以及利用向量的夹角公式求得向量夹角，即可判断出正确答案.
【详解】以D为坐标原点，以为为坐标轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则，
，,
则，
故，
又，所以，A正确；
又，，
∵，
，B正确;
又，
故，
所以，即，C错误；
又，
则，
故 ，D正确．
故选：ABD
11．在平面直角坐标系中，椭圆上存在点，使得，其中、分别为椭圆的左、右焦点，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】根据椭圆的定义结合已知条件求出，再根据椭圆的几何性质即可解出.
【详解】由椭圆定义，，
由椭圆的几何性质，，又e<1，∴.
故选：AB.
12．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点、使得、、、四点共面
B．存在点，使
C．存在点，使得直线与平面所成角为
D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值
【答案】ABD
【分析】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，建立空间直角坐标系，当点与点重合时，利用空间向量法可判断A选项；当点与点重合时，利用空间向量法可判断B选项；设，利用空间向量法可判断CD选项.
【详解】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，如图：
则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点，
以为原点，过的三条棱所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则、、、、，
对A ，当点与点重合时，，，则，
又因为、、、不共线，则，则、、、共面，A正确；
对B ，当点与点重合时，，则，即，B正确；
对C，设，
则，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，得，，则，
设直线与平面所成角为，
则，
化简得，，此方程无解，
故不存在点，使得直线与平面所成角为，C错；
对D ，，由C可知，，
所以，
整理可得，因为，解得，
即当点为的中点时，直线与直线所成角的余弦值，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．已知，若，则 ．
【答案】2
【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.
【详解】，
因为，所以，
即，
解得.
故答案为：2
14．若方程有实数解，则实数的取值范围 .
【答案】
【分析】分析可知，直线与曲线有公共点，求出当直线与圆相切，且切点在第二象限时的值，以及直线过点时的值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】由可得，
则直线与曲线有公共点，
由可得，
所以，曲线表示圆的上半圆，如下图所示：
当直线与圆相切，且切点在第二象限时，，且，
解得，
当直线过点时，，可得，
由图可知，当时，直线与曲线有公共点，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
15．二面角的棱上有两个点,,线段与分别在这个二面角的两个面内,并且垂直于棱,若,,,,则平面与平面的夹角为 .
【答案】60°/
【分析】先设平面与平面的夹角为,因为,,所以,,根据空间向量得,两边平方代入数值即可求出答案.
【详解】设平面与平面的夹角为,因为,,
所以,,
由题意得,
所以
,
所以,即,
所以,即平面与平面的夹角为.
故答案为:.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，设P为线段AB的中点，若，则双曲线的离心率为 ．
【答案】/
【分析】由可得点P，求得,由点差法得,可求得离心率.
【详解】
如图:,由,,可得点P的坐标为，
则直线OP斜率为,直线AB斜率为，
另一方面，设 则,
两式相减得,整理得,
即，故．
故答案为:
四、解答题
17．如图，三棱柱中，M，N分别是上的点，且．设，，．
(1)试用，，表示向量；
(2)若，求MN的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.
（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.
【详解】（1）解：
，
∴；
（2）解：，
，
，
，
，
即MN的长为.
18．在三棱锥中，平面，平面平面.

(1)证明：平面；
(2)若为中点，求向量与夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）由，求出，，由空间向量夹角的公式代入求解即可.
【详解】（1）证明：过点作于点，

平面平面，平面平面平面，
平面，又平面.
平面平面.
平面平面.
（2）由（1）知，设，
则.
为中点，，
与夹角的余弦值为.
19．如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D、E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心.
(Ⅰ)求与平面ABD所成角的余弦值
(Ⅱ)求点到平面的距离
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）先利用线面角的定义找出线面角，再利用解直角三角形进行求解；
（Ⅱ）先利用面面垂直的判定定理证明面面垂直，再利用面面垂直的性质作出线面垂直，得到点到平面的距离.
【详解】（Ⅰ）连接，则是在的射影，即是与平面所成的角.设为中点，连接，∵分别是的中点，又平面，则为矩形，连接，是的重心，且，在直角三角形中，， ，， ，，
；
（Ⅱ） ，又，
即平面平面，作，垂足为，所以平面，即是到平面的距离，在三角形中，，则到平面的距离为．
20．如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱上的一点，平面，平面.
(1)证明：平面；
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面得，进一步通过题目条件证明，，即可证明平面；
（2）解法1：，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.分别求出平面的法向量和平面的法向量，因为平面 平面，求出的值，再求平面的法向量，代入二面角的公式即可得出答案.
解法2：在平面内过点作，垂足为，先由题目条件得到，以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量平面的法向量，代入二面角的公式即可得出答案.
解法3：在平面内过点作，垂足为，先由题目条件得到，在平面内过点作，垂足为，连结，由三垂线定理得，所以是二面角的平面角. 则，分别求出的长即可求出答案.
【详解】（1）设，则为的中点.连结，则平面平面.
因为平面，平面，平面 平面= ，所以，从而为的中点，因此.
因为平面，所以.因为，所以平面.
（2）解法1：
以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，
建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.
则，
，故，
.
设为平面的法向量则
即可取
设为平面的法向量，则即
可取.
由可得，所以.
设为平面的法向量，则，即
可取.
因为，所以二面角的正弦值为.
解法2：
在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，
所以平面，故.由（1）及题设平面，
所以，又，因此平面，所以，
因此.
以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，
可知，可得，
设为平面的法向量，则
即{可取
设为平面的法向量，则，
即可取
因为，于是二面角的正弦值.
解法3：
在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故.
由（1）及已知平面，又，所以，
因此平面，
所以，因此.
在平面内过点作，垂足为，连结，
易得，所以是二面角的平面角.
设，则，在直角中，
，可得.
在等腰中，，
可得，
所以二面角的正弦值.
21．已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）或；
（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则
又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上
设，圆的半径为
与相切
又，即
，解得：或
当时，；当时，
的半径为：或
（2）存在定点，使得
说明如下：
，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且
①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上
设，的半径为
与相切
又
，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：
在轴上，设
，解得：，即
若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.
22．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足，面ABCD.
(1)当时，证明：//平面；
(2)当为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求二面角，并结合二次函数分析运算.
【详解】（1）设，
因为//，则，
若，即，可得，
所以//，
平面，平面，
故//平面.
（2）连接，
由题意可得：，
在中，由余弦定理，
即，可得，则，
且面ABCD，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设点，则，
因为，则，解得，即，
可得，
设平面BFE的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可得：平面的法向量，
设平面BFE与平面PBD所成的二面角为，
则，
由题意可知：，则有：
当时，则；
当时，则，
因为，则，
关于的二次函数开口向上，对称轴，
当，即时，取到最小值，即，
可得；
综上所述：.
所以当时，取到最大值，取到最小值.
即当时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.