2022-2023学年广东省肇庆市四会中学、广信中学高二上学期第一次教学质量联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省肇庆市四会中学、广信中学高二上学期第一次教学质量联考数学试题（解析版），共16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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出直线斜率，可得倾斜角.
【详解】直线的斜率，则倾斜角为.
故选：C.
2．已知，，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】B
【分析】利用空间向量的夹角余弦值公式即可求得.
【详解】解：，，
.
故选：B.
3．在正方体中，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题，建立空间直角坐标系，利用向量法判断垂直即可
【详解】由题，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则有，
，
∴，
∴，
故选：A
4．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；
【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；
当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.
综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
5．如图，空间四边形中，，，，点为的中点，点在线段上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】运用向量的减法和向量的数乘运算可得结果.
【详解】解：由已知
，
故选：D.
【点睛】本题考查向量的减法运算，及共线向量的知识.
6．设x，，向量，，，且，，（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】B
【分析】根据，可得，即可求得x，根据，可得对应坐标成比例，即可求得y，即可得坐标，代入公式，即可得答案.
【详解】因为，所以，解得，所以，
因为，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：B
7．已知为内一点，且，，若,,三点共线，则的值为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设线段的中点为，则，因为，所以，则，由三点共线，得，解得；故选B.
点睛：利用平面向量判定三点共线往往有以下两种方法：
①三点共线；
②为平面上任一点，三点共线，且.
8．已知正方体，是线段上一点，下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线平面
B．若，则直线平面
C．若，则直线平面
D．若，则直线平面
【答案】A
【分析】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，利用直线和平面法向量的关系判断各选项即可.
【详解】以D为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则，,，，，，,则，，，，，,
当时，，
设平面的法向量为，
则取，则，，
则为平面的一个法向量，因为，所以，又因为平面，所以直线平面，故A正确，B不正确．
当时，，
设平面的一个法向量为，
则，取则，，
则为平面的一个法向量，
因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
当时，，
因为与不共线，所以直线与平面不垂直，故D不正确．
故选：A．
二、多选题
9．已知直线在两坐标轴上的截距相等，则实数a＝（ ）
A．B． C．D．
【答案】AD
【分析】先考虑直线过原点的情况，再把直线的一般式方程转化为截距式方程，通过横纵截距相等求出实数的值.
【详解】，即时，直线化为，
它在两坐标轴上的截距都为，满足题意；
，即时，直线化为，
因为直线在两坐标轴上的截距相等，所以，且，解得；综上所述，实数或.
故选：AD.
10．给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一个基底
B．已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底
C．，，，是空间中的四个点，若，，不能构成空间的一个基底，那么，，，共面
D．已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底
【答案】BCD
【分析】作为空间中基底的性质，结合各选项的描述判断正误即可.
【详解】A：空间中共面的三个向量不能作为基底，故错误；
B：向量，即，可平移到一条直线上，它们与其它任何向量都会共面，故不能作为基底，正确；
C：，，不能构成空间的一个基底，即它们共面，则，，，共面，正确；
D：是空间的一个基底，即它们不共面，由即共面，故与不共面，则是空间的一个基底，正确.
故选：BCD
11．在空间直角坐标系中，，则（ ）
A．
B．点B到平面的距离是2
C．异面直线与所成角的余弦值
D．点O到直线的距离是
【答案】BD
【分析】由已知，选项A，可以通过三点的坐标，直接计算即可验证；选项B，可先求解平面的法向量，然后再利用点到平面距离公式即可求解；选项C，分别表示出异面直线与的方向向量，然后利用向量数量积计算夹角即可；选项D，先计算在上的投影，然后再计算点到直线的距离.
【详解】因为，所以，A错误．
在空间直角坐标系中，结合A与C两点的坐标可知y轴与平面垂直，所以为平面的一个法向量，则点B到平面的距离是，B正确．
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，C错误．
因为，所以，所以点O到直线的距离是．D正确．
故选：BD.
12．如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为
B．平面
C．过点作正方体的截面，所得截面的面积是
D．异面直线与所成的角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】对于A直接计算即可；对于B,D选项以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量计算即可；对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，计算面积即可.
【详解】
对于A，，故A正确；
对于B，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，
则，，，，，，
则平面EFG，B正确；
对于C，作中点N，的中点M，的中点T，连接GN，GM，FM，TN，ET，则正六边形EFMGNT为对应截面面积，正六边形边长为，则截面面积为：，故C正确；
对于D，，，，故D错误．
故选:ABC.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，点和点间的距离是__________．
【答案】
【分析】利用空间两点间的距离公式即得．
【详解】∵点和点，
∴点和点间的距离是.
故答案为：.
14．设，是两个不共线的空间向量，若，，，且A，C，D三点共线，则实数k的值为______.
【答案】##0.4
【分析】由向量加法得，由A，C，D三点共线得，即可求
【详解】∵，，，
∴，又∵A，C，D三点共线，∴，
∴，∴.
故答案为：.
15．已知两点，，直线：与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围________
【答案】或
【分析】直线恒经过定点，利用斜率公式求解即可
【详解】由题意，直线恒经过定点，
由直线的斜率公式，可得，
要使直线与线段有公共点，或
故答案为：或
【点睛】本题考查直线的斜率，考查直线过定点问题，是基础题
16．已知三点A（1，2，3），B（2，1，2），P（1，1，2）点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，Q点的坐标__．
【答案】
【分析】设Q（x，y，z），由点Q在直线OP上求出Q（λ，λ，2λ），表示出和，＝2（3λ2﹣8λ+5），利用二次函数求出最小值，得到Q点的坐标.
【详解】设Q（x，y，z）
∵A（1，2，3），（2，1，2），P（1，1，2），
则由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得 ，所以＝（λ，λ，2λ）
则Q（λ，λ，2λ）
所以＝（1﹣λ，2﹣λ，3﹣2λ），＝（2﹣λ，1﹣λ，2﹣2λ）
所以＝（1﹣λ）（2﹣λ）+（2﹣λ）（1﹣λ）+（3﹣2λ）（2﹣2λ）＝2（3λ2﹣8λ+5）
根据二次函数的性质可得当λ＝时，取得最小值，此时Q点的坐标为：（）
故答案为：（）
四、解答题
17．已知空间向量 ，, ．
(1)若，求；
(2)若 ，求 的值．
【答案】(1)
(2)-15
【分析】（1）根据空间向量的共线，列出方程，解得答案；
（2）利用向量垂直，数量积等于0，求得，再根据向量的坐标运算即可得答案.
【详解】（1），,解得：，
故，故 ．
（2）由，可得 ，解得：，
，
，，
．
18．根据所给条件求直线方程.
(1)直线过点，倾斜角的正弦值为；
(2)直线过点，且在两坐标轴上的截距之和为；
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）求出所求直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；
（2）分析可知，所求直线的横截距、纵截距均不为，可设直线方程为，将点的坐标代入所求直线的方程，求出的值，即可得出所求直线的方程.
【详解】（1）解：，且，则，
故所求直线的斜率为，
则直线方程为，即或.
（2）解：依题意得，所求直线的横截距、纵截距均不为，
可设直线方程为，
代入点，可得，即，解得或，
所以所求直线方程为或，
即所求直线方程为或.
19．如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．
（1）试用，，表示向量；
（2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，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】解：（1）＝＋＋
＝＋＋
＝－＋＋＋（－）
＝＋＋，
又＝，＝，＝，∴＝＋＋．
（2）∵AB＝AC＝AA1＝1，∴||＝||＝||＝1．
∵∠BAC＝90°，∴＝0．∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，
∴＝＝，
∴||2＝（＋＋）2
＝（＋＋＋2＋2＋2）＝，
∴||＝．
20．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝＝1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折叠，使ED⊥DC，M为ED的中点，如图2.
图1 图2
(1)求证：BC⊥平面BDE；
(2)求点D到平面BEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定证明ED⊥平面ABCD，再在直角梯形ABCD中，根据勾股定理证明BC⊥BD，进而证明BC⊥平面BDE；
（2）解法一：根据线面垂直的性质结合（1）证明DG⊥平面BEC，再根据几何关系求DG即可；
解法二：利用等体积法VD－BCE＝VE－BCD求解即可
【详解】（1）证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，
因为ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以ED⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，
又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，故，
由余弦定理，所以BC＝，
在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2，
所以BD2＋BC2＝CD2，故BC⊥BD，
因为ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE，
所以BC⊥平面BDE；
（2）解法一：由（1）知BC⊥平面BDE，因为BC 平面BCE，
所以平面BDE⊥平面BCE，
过点D作EB的垂线交BE于点G，
∵平面BDE∩平面BCE＝BE，DG平面BDE，
则DG⊥平面BEC，
所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，
∵ED⊥平面ABCD，BD在平面ABCD内，
∴ED⊥BD，
在三角形BDE中，，
所以，
所以点D到平面BEC的距离等于.
解法二：由（1）BC⊥平面BDE，BE平面BDE，所以BC⊥BE，
因为DE＝1，，
所以BD＝，BC＝，BE＝，
所以，
，
设点D到平面BCE的距离为h，
根据VD－BCE＝VE－BCD，由（1）可知ED⊥平面ABCD
即，，解得h＝，
即点D到平面BCE的距离为
21．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点，分别为棱，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；
（2）利用向量法求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）证明：因为平面，，，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
则平面的一个法向量为，
所以，则，又平面
平面；
（2）解：由（1）得，所以，
设直线与平面所成角为．
．
直线与平面所成角的正弦值为．
22．如图，在三棱锥A﹣BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点.
(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.
【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明面面垂直；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，结合其范围即可求得结果.
【详解】（1）因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE；因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为CD⊥AE，AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.
（2）在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，设BC＝4，则，DF＝FC＝1，.
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则
设，则，，
设平面AEG的法向量为，
由，令，故，
设平面ACD的法向量为，
由，令，则，
设平面AEG与平面ACD所成的角为，
则，
当最大，此时最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.