辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高二数学上学期第一次阶段测试试题（Word版附解析）

这是一份辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高二数学上学期第一次阶段测试试题（Word版附解析），共35页。试卷主要包含了测试时间等内容，欢迎下载使用。
说明：
1．测试时间：120分钟总分：150分；
2．客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上．
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. 如果直线l的一个法向量是，则其倾斜角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线l的一个法向量，可得直线l的一个方向向量，可求直线的斜率，即得直线的倾斜角.
【详解】由于直线l的一个法向量为，
所以直线l的一个方向向量为，
因此其斜率，
因为倾斜角范围是 ，
所以倾斜角等于．
故选：C
【点睛】本题主要考查了直线的法向量、方向向量、直线斜率之间的关系，属于基础题.
2. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据，可得，再根据向量垂直的判定条件即可求出参数的值.
【详解】根据题干条件，可知，即满足，
解得：.
故选：A.
3. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程求得直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值可得直线的倾斜角的取值范围.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，
解得.
故选：A.
4. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使，用向量，，表示向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的运算法则得到，再次代换即可.
【详解】
，
故选：C
5. 已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.
【详解】作出如下图形，令，则，，
取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，
在中，，
在中，，
，
，
与平面所成的角的余弦值是.
故选：B.
【点睛】本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.
6. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，则是（ ）
A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，，进而求出，根据，即可判断B的大小；利用上述方法求得，，即可判断C和D的大小，进而可以判断出三角形的形状.
【详解】，，
为锐角，
同理：，，D和C都为锐角，
∴为锐角三角形.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了平面向量的加减运算法则与向量数量积的运算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.
7. 如图，将边长为1的正方形沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则的值为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据结合数量积计算即可.
【详解】
取中点O，连接，，
依题平面平面，平面平面
，平面，平面，
，则，
所以，
又，，
则.
故选：D
8. 如图，在直三棱柱中，，，点G与E分别为线段和的中点，点D与F分别为线段AC和AB上的动点．若，则线段DF长度的最小值是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立坐标系，设，由可得，然后结合空间两点的距离公式，利用二次函数的性质可得结果.
【详解】
建立坐标系，如图，
令
则
因为
即，
时，最小为，
故选：C.
【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线方向向量、平面法向量定义，结合向量间的位置关系判断线线、线面、面面关系即可.
【详解】A：由题设，对；
B：由题设，或，错；
C：由题设，对；
D：由题设，对.
故选：ACD
10. 下列说法中，正确有（ ）
A. 点斜式可以表示任何直线
B. 直线在轴上的截距为
C. 如果A、B、C是平面直角坐标系中的三个不同的点，则这三点共线的充要条件是与共线
D. 在轴和轴上截距相等直线都可以用方程（）表示
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点斜式的应用范围即可判断A；令，求出，即可判断B； 利用向量共线定理即可判断C，举出反例即可判断D.
【详解】对于A，点斜式不能表示斜率不存在得直线，故A错误；
对于B，令，则，所以直线在y轴上的截距为，故B正确；
对于C，充分性：根据三点共线的性质，若A，B，C三点共线，
则，其中为非零实数，所以与共线，充分性成立；
必要性：若与共线，则，又因为有公共点B，
所以A，B，C三点共线，必要性成立，
所以A，B，C三点共线的充要条件是与共线，故C正确；
对于D，举例直线方程为，其在轴和轴上截距均为0，即截距相等，
但是无法用方程（）表示，故D错误.
故选：BC
11. 以下说法错误的有（ ）
A. 已知向量，，若，则为钝角
B. 对于任意非零向量，，若则
C. 直线的方向向量为，且过点，则点到的距离为
D. A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若则P，A，B，C四点共面
【答案】AB
【解析】
【分析】A，考虑平角时；
B，考虑分母为0；
C，应用点到直线的距离公式求解；
D，应用共面向量定理即可判断.
【详解】A，当时，两个向量共线，夹角为，A错误；
B，中 任意一个数为0，时，不成立，B错误；
C，因为直线的方向向量为，
所以其一个单位方向向量，
由点，点可得，所以，
，所以，C正确；
D，
，
，，
由共面向量定理知与共面，又它们有公共点四点共面，D正确.
故选：AB
12. 已知棱长为2的正方体中，E，M，N分别为，，的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 平面B. 直线与直线的距离为
C. 点A到平面的距离为D. 到平面的距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体特征直接建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行，运用点面距离公式和异面直线的距离公式进而求得答案.
【详解】如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以，即，
又因为平面，所以平面，故A正确；
由已证可知，点到平面的距离即为直线到平面的距离，
因为所以点到平面的距离为，
即直线与平面之间的距离为，故C正确，D错误；
因为，
设，，
则，令，则，
又因为，
所以直线与直线的距离为，故B正确.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线进而求解；
（2）坐标法：通过建立恰当的空间直角坐标系，结合空间坐标运算公式求解；
（3）基底法：通过向量的基底转化以及向量的运算法则进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．
13. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据点关于坐标平面对称的特征求解作答.
【详解】点关于平面的对称点的坐标为.
故答案为：
14. 若实数、满足，，则代数式的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】作图，根据代数式的几何意义，结合图象即可得出答案.
【详解】
如图，，，，
则，.
因为，可表示点与线段上任意一点连线的斜率，
由图象可知，，
所以有.
故答案为：.
15. 费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形最大内角小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，函数的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，连接这三个点构成了三角形ABC，由角DOB为，角DOC为，OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA，求和即可.
【详解】根据题意画出图像并建系，D为坐标原点
函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，设三角形这个等腰三角形的费马点在高线AD上，设为O点即费马点，连接OB，OC，则角DOB为，角DOC为，B（-1，0）C（1，0），A（0，2），OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA=+=2+.
故答案为.
【点睛】这个题目考查了点点距的公式，以及解三角形的应用，解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，注意相等条件的判断；另一类是根据边或角的范围计算，解题时要注意题干信息给出的限制条件.
16. 四棱锥的底面是正方形，平面，，，点是上的点，且（），二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先找出和，因为平面知，二面角的平面角可由三垂线法作出，再用表示出和，代入，解方程即可.
【详解】
由平面，连接，则是在面内是射影，
则直线与平面所成的角为，
平面，平面，
；又底面是正方形，
，而平面，所以平面，
连接，过点D在平面内作于F，连接
故是二面角的平面角，即.
在中，，
在中，，
从而；
在中，.
由，得，所以，
由，解得，即为所求.
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. 已知在第一象限的中，，，.
（1）求边AB的方程；
（2）求直线AC与直线BC的方程，并把结果写成直线方程的一般式.
【答案】（1）边方程为，
（2）直线的方程为，直线的方程为
【解析】
【分析】（1）根据两点的坐标求得直线的方程.
（2）结合直线、的倾斜角和斜率，求得直线和直线的方程.
【小问1详解】
因为，，所以轴，
所以AB边方程为，．
【小问2详解】
因为，所以，
所以直线AC的方程为，即，
因为，所以，
所以直线的方程为，即．
18. 已知空间三点，，，设 ， .
（1）求 与 的夹角的余弦值；
（2）若向量 与互相垂直，求的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据空间向量夹角公式求解即可.
（2）根据题意得到，再解方程即可.
【小问1详解】
，.
.
【小问2详解】
，.
因为向量 与互相垂直，所以，
即，解得或.
19. 已知直线：．
（1）求证：无论取何值，直线始终过第一象限；
（2）若直线与，轴的正半轴交点分别为A，B两点，O为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为4；
【解析】
【分析】（1）由题可得，直线过定点且在第一象限，即证；
（2）由题可，，再利用三角形面积公式及基本不等式即得.
【小问1详解】
因为直线：，即，
令，求得，，
即直线过定点且在第一象限，
所以无论取何值，直线始终经过第一象限．
【小问2详解】
因为直线与x轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，所以，
令，解得，令，得，
即，，
∴面积，
∵，∴，
则，
当且仅当，即时，取得等号，
∴，
∴面积的最小值为4
此时直线的方程为，即．
20.
如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，， 底面， ，M为的中点，N为BC的中点.
（1）证明：直线MN//面OCD；
（2）求异面直线AB与MD所成角的大小；
（3）求点B到平面OCD的距离．
【答案】（1）证明：见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】过A作交CD于点P.如图示，分别以为x、y、z轴正方向建立坐标系.
（1）用向量法证明MN//面OCD；
（2）用向量法求异面直线AB与MD所成角；
（3）用向量法求点B到平面OCD的距离.
【详解】
过A作交CD于点P.如图示，分别以为x、y、z轴正方向建立坐标系，则，，，，，，.
（1），，.
设平面OCD的法向量为，则.
不妨取，解得：.
因为，直线面OCD
所以MN//面OCD.
（2）设直线AB与MD所成角为，则.
因为，，
所以，
所以，即直线AB与MD所成角为.
（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，
由， 得.
所以点B到平面OCD的距离为.
21. 如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点.
（Ⅰ） 证明：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）见证明 （Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）可证 平面，从而得到平面平面．
（Ⅱ）在平面内过作的垂线，垂足为，由（1）可知平面，从而就是所求的线面角，利用解直角三角形可得其正弦值．
【详解】（Ⅰ）证明: 平面，平面， 故．
又，所以． 故，即 ，而，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）平面，平面， 故．又，所以．
在平面内，过点作，垂足为．
由（Ⅰ）知平面平面， 平面，平面平面 所以平面．
由面积法得：即．
又点为的中点，．所以．
又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．
连结交于点，则．
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．
因为，所以．所以有：
，，，，，
．
．，．
设平面一个法量为，则
取，得，．即．
设直线与平面所成角为，则
．
【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
22. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，最小值为
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质可知，结合可证得平面，进而分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可证得.
（2）[方法一]求出平面和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式及二次函数的性质求解即可；[方法二]：分别求出的面积，记面与面DFE所成的二面角的大小为，代入及二次函数的性质求解即可；
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，∴底面ABC，
因为底面ABC，∴，
∵，，∴，又，
平面．∴平面．
所以BA，BC，两两垂直．以B为坐标原点，
分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∴，，，，，，，．
由题设．因为，，
所以，所以．
【小问2详解】
[方法一]设平面DFE的法向量为，因为，，
所以，即．令，则，
因为平面的法向量为，设平面与平面DEF的二面角的大小为，
则．
当时，取最小值为，此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二]：如图，联结，FN，
在平面的投影为，记面与面DFE所成的二面角的大小为，
则，设，在中，．
在中，，过D作的平行线交EN于点Q．
中，．
在中，由余弦定理得，
，，，
，，
当，即，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为．