2022-2023学年辽宁省沈阳市第十中学高二上学期第一阶段考试数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省沈阳市第十中学高二上学期第一阶段考试数学试题

一、单选题

1．如图，已知直线PM、QP、QM的斜率分别为、、，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先判断三条直线的倾斜角，进而根据倾斜角与斜率的关系即可得出结论..

【详解】由于直线PM的倾斜角为钝角，QP、QM的倾斜角为锐角，

当倾斜角为锐角时，斜率为正，即，当倾斜角为钝角时，斜率为负，即，

又因为倾斜角为时，倾斜角越大，斜率越大，即；

所以.

故选：B.

2．已知向量，，，若，，三向量共面，则实数（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】根据共面向量定理列等式，解方程即可.

【详解】∵，，三向量共面，

∴存在实数，，使得，即，

∴，解得，，．

故选：B.

3．直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知直线斜率为，进而根据倾斜角与斜率关系求解即可.

【详解】解：将直线方程化为斜截式,

故直线的斜率,

，，

设直线的倾斜角为，，

则，由正切函数的图象可知．

故选：B.

4．直线关于点对称的直线方程为（    ）

A．4x＋3y－4＝0 B．4x＋3y－12＝0

C．4x－3y－4＝0 D．4x－3y－12＝0

【答案】B

【分析】首先设对称直线上任意一点，得到关于对称点为，再代入直线即可得到答案。

【详解】设直线关于点对称的直线上任意一点，

则关于对称点为，

又因为在上，

所以，即。

故选：B

5．“”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．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据两直线平行系数满足的关系，列出方程，即可得到结果.

【详解】由，且，

解得或，

故是直线与直线平行充分不必要条件，

故答案选:A

6．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，根据上面的材料解决下面的问题：现给出平面的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线与平面所成角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用空间向量法求解线面角即可.

【详解】由题知：平面的法向量，直线的方向向量，

所以，

因为，所以.

故选：C

7．在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AO与CD所成角余弦值.

【详解】在平面中过作，垂足为；

在平面中过作，垂足为.

由于平面平面，且交线为，

所以平面，平面，

设，

，

同理可得，

以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，

，

设与所成角为，

则.

故选：C

8．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（    ）

A．2 B． C．3 D．

【答案】B

【分析】由直线解析式，确定两定点的坐标以及两直线的位置关系，由垂直，根据勾股定理，可得两线段平方和为定义，结合完全平方公式与基本不等式，可得答案.

【详解】解：由题意可得动直线过定点，

直线可化为，

令，可解，即，

又，故两直线垂直，即交点为，

，

由基本不等式可得：

，

，解得：，

当且仅当时取等号．

故选：B．

二、多选题

9．如图所示， M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，，设，，，则下列等式成立的是（    ）

A． B．

C．  D．

【答案】BD

【分析】由于 不共面，可以作为基底，将 表示出来即可.

【详解】由图可知， ，A错误；

，B正确；

，C错误；

，D正确；

故选：BD.

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

【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．已知正方体 的棱长为2，则（    ）

A．直线与所成的角为

B．直线与 所成的角为

C．点到平面的距离为

D．直线与平面所成的角为

【答案】BD

【分析】对于A：通过求与所成的角即可判断；对于B：结合正方体性质，证明平面，然后利用线面垂直性质即可判断；对于C：首先证明平面，进而可求得点到平面的距离；对于D：结合正方体性质利用线面夹角定义即可判断.

【详解】由题意，作正方体如下图所示：

对于A：由正方体性质可知，，

所以直线与所成的角为直线与所成的角，

因为正方体的面对角线长度相等，所以为正三角形，

从而，故A错误；

对于B: 由正方体性质可知，，平面，

因为平面，所以，

因为，所以平面，

因为平面，所以，故B正确；

选项C：由题意易知，，，

因为平面，且平面，

所以，

因为，所以平面，

故点到平面的距离为，故C错误；

选项D：由正方体性质可知，平面，

从而直线与平面所成的角为，故D正确.

故选：BD.

12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）

A．当时，的周长为定值

B．当时，三棱锥的体积为定值

C．当时，有且仅有一个点，使得

D．当时，有且仅有一个点，使得平面

【答案】BD

【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；

对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．

【详解】

易知，点在矩形内部（含边界）．

对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；

对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．

对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；

对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．

故选：BD．

【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．

三、填空题

13．设，向量，且，则           ．

【答案】

【分析】根据空间向量的垂直及平行的坐标表示求出，再由向量的坐标运算及模的坐标表示求解．

【详解】因为，所以，解得，则．

因为，所以，解得，则．

．

故答案为:.

14．已知直线与相互垂直，且垂足为，则的值为      .

【答案】

【分析】先由两直线垂直，可求出的值，将垂足点代入直线的方程可求出的点，再将垂足点代入直线的方程可求出的值，由此可计算出的值.

【详解】，，解得，

直线的方程为，即，

由于点在直线上，，解得，

将点的坐标代入直线的方程得，解得，

因此，.

故答案为：.

【点睛】本题考查了由两直线垂直求参数，以及由两直线的公共点求参数，考查推理能力与计算能力，属于基础题.

15．已知，是分别经过，两点的两条平行直线，当，之间的距离最大时，直线的方程是  ．

【答案】

【分析】当与垂直时，它们间的距离最大，因此只要求得斜率，从而得直线的斜率，由点斜式得直线方程，化简即得．

【详解】过，两点的直线的斜率，

若两平行直线间的距离最大值，满足平行直线和垂直，

即直线的斜率，

则直线的方程为，

即，

故答案为：

16．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则        .

【答案】1

【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.

【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，

有，，则，

，

.

故答案为：1

四、解答题

17．如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且．

(1)用向量表示向量；

(2)求证：共面.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）利用向量的线性运算结合平行六面体的特点求解；

（2）分别用向量表示和，根据两向量相等得到四点共线.

【详解】（1）在底面为菱形的平行六面体中，

易得

.

（2）因为，

,

所以，

所以共面.

18．已知三个顶点是.

(1)求边中线所在直线方程；

(2)求边上的高线所在方程；

(3)求的重心的坐标.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）求出线段的中点的坐标，即可由直线的截距式方程求得答案；

（2）求直线AB的斜率，可得AB边上的高的斜率，由直线的点斜式方程可得答案；

（3）方法一，由三角形的重心坐标公式直接求得答案；方法二，求得，边中线所在直线方程，联立边中线所在直线方程，即可求得答案.

【详解】（1）线段的中点，即,

因此直线的横纵截距均为2，其方程为：，

即.

所以边中线所在直线方程为.

（2）直线的斜率：，所以所求直线的斜率：，

又该直线过点，

所以边上的高线所在方程为：，即.

（3）方法一：由重心坐标公式，的重心，

即.

方法二：线段的中点，即.

因此，直线的方程为：，

即，

故边中线所在直线方程为.

由方程组，解得，

所以的重心坐标.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点．

(1)求证：PA∥平面MBD；

(2)若AB=AD=PA=2，∠BAD=120°，求二面角B-AM-D的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线的性质，可得答案；

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求的两平面的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案.

【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，可知O为AC中点，M为PC中点，所以OM∥PA，

且平面，平面，所以PA∥平面MBD.

（2）由题意可得平行四边形ABCD为菱形，建立如图坐标系，如下图：

在菱形ABCD，AB=AD= 2，∠BAD=120°，，

所以：，

所以，，，，

设平面MBA的法向量，则，得，

令，则则面MBA的法向量，

同理可得：平面MDA的法向量，

所以，所以

故二面角的正弦值为.

20．四棱锥，底面为矩形，面，且，点在线段上，且面.

(1)求线段的长；

(2)对于（1）中的，求直线与面所成角的正弦值.

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）根据线面垂直得到，再由相似比得方程可求解；

（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，运用夹角公式先求线面角的余弦值，再转化为正弦值即可.

【详解】（1）面，

在矩形中，易得：

；

（2）如四建立空间直角坐标系：

则，

，

由题意可知：为平面的一个法向量，

，

，

直线与面所成角的正弦值为.

21．如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．

(1)证明：平面平面ABC；

(2)求直线到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据，得到，再利用勾股定理得到，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用等体积的方法求出距离即可.

【详解】（1）

取中点，连接，，

∵为中点，

∴，

又，

∴，，

在等边三角形中，为中点，∴，

∵，，

∴，

又，平面，平面，

∴平面，

∵平面，

∴平面平面.

（2）∵为三棱柱，

∴∥，

又平面，平面，

∴∥平面，直线到平面的距离即点到平面的距离，

在中，，，所以，，，

设点到平面的距离为，

，解得，

所以直线到平面的距离为.

22．如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.

（1）证明：平面；

（2）若与平面所成角为，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）通过面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，结合证得平面.

（2）建立空间直角坐标系，由与平面所成角计算出，利用向量法计算出点到平面的距离.

【详解】（1）在梯形中，因为.

所以，连接，由余弦定理可得.

∵，∴

∵平面平面且交于，

平面，∴平面，

又∵平面，∴.

∵，，

∴平面.

（2）连接，由（1）可知：平面，以为原点，

以､分别为轴､轴正半轴，过作垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图：

∵平面，

∴即为与平面所成的角，∴.

在中，因为，所以，

则：，，，，.

所以，，.

设平面的一个法向量为，则

则，

令得：，

故点到平面的距离为：，

所以点到平面的距离为.