宁夏石嘴山市平罗县平罗中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份宁夏石嘴山市平罗县平罗中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将直线方程化为斜截式，求出直线的斜率，由斜率与倾斜角的关系，及可求解．
【详解】由，得，故斜率为，因，所以倾斜角．
故选：D．
2. 已知直线与相交，则他们的交点是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】联立直线方程： ，解得： ，
即直线的交点坐标为 .
本题选择B选项.
3. 已知A(－1,0)，B(5,6)，C(3,4)三点，则的值为( )
A. B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据所给的三个点的坐标，利用两点间的距离公式，写出要用的两点之间的距离，代入分式求出两个距离的比值，得到结果．
【详解】∵，，，
∴，，
∴，故选D．
【点睛】本题考查两点间距离公式的应用，考查了学生的计算能力，属于基础题.
4. 在正方体中，底面ABCD的对角线交于点O，且，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的减法可得结果.
【详解】如下图所示：

.
故选：A.
5. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
6. 在空间直角坐标系中，为直线l的一个方向向量，为平面的一个法向量，且，则（ ）
A. 3B. 1C. －3D. －1
【答案】C
【解析】
【分析】由得到与垂直，进而得到方程，求出答案.
【详解】因为，所以与垂直，
故，解得.
故选：C
7. 直线（）的图形可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对a分成和两种情况，分析出正确的图象即可.
【详解】直线（）的斜率是，在轴上的截距是，
当时，直线在轴上的截距，此时直线过第一、二、三象限；
当时，直线在轴上截距，此时直线过第二、三、四象限，
只有选项B符合．
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线方程斜率和纵截距，考查直线图象的识别，属于基础题.
8. 已知四棱锥底面是边长为的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点(不含端点)，若线段上存在点(不含端点)，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先依题意建立空间直角坐标系，用未知量设点E，F，注意范围，利用异面直线与成角构建关系，解出范围即可.
【详解】由是以为斜边的等腰直角三角形，平面，取中点，建立如图空间直角坐标系，
依题意，设，，设，，故，
又，异面直线与成的角，故，
即，即，，故，又，故.
故选：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9. 设向量，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两向量的坐标进行减法计算求出，然后根据向量共线和垂直的性质判断A、B选项，通过向量坐标法求夹角判断C选项，通过坐标求两个向量模长，比较大小即可判断D选项.
【详解】，，所以，故A选项错误，B选项正确；
，，则与的夹角为，故C选项正确；
，，，故D选项错误.
故选：BC.
10. 若两条平行直线：与：之间的距离是，则的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由两直线平行可得n，再利用平行直线间的距离公式计算可得m，相加即可得到答案.
【详解】由题意，，，所以，所以：，即，
由两平行直线间的距离公式得，解得或，
所以或.
故选：AB
【点睛】本题考查两直线的位置关系以及平行直线间的距离公式，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.
11. 已知等腰直角三角形的直角顶点为，点的坐标为，则点的坐标可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角形为等腰直角三角形列方程组，即可求解.
【详解】设，由题意可得
，可化为，
解得:或，即或．
故选：AC
12. 如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 异面直线，所成的角为定值
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过线面的垂直关系可判A项真假；根据线面平行可判B项真假；根据三棱锥的体积计算的公式可判C项真假；根据列举特殊情况可判D项真假.
【详解】因为，，，
平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，故A项正确；
易知，所以，且平面，平面，
所以平面，故B项正确；
如图1，连结交于点.
图1
因为平面，平面，所以，
所以
因为，，，平面，平面，，所以平面.
所以到平面的距离为，
所以为定值，故C项正确；
D．当，，取为，如下图2所示：
图2
因为，所以异面直线所成角为，，
且；
当，，取为，如下图3所示：
图3
易知，，所以四边形是平行四边形，所以.
因为，是的中点，所以.
又，，，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：ABC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)
13. 如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________
【答案】
【解析】
【详解】 如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，
过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
因为的坐标为，所以,
所以.
14. 不论m取何实数，直线(m＋2)x－(m＋1)y＋m＋1＝0恒过定点________．
【答案】(0，1)
【解析】
【分析】将直线化为m(x－y＋1)＋(2x－y＋1)＝0，联立方程即可求出.
【详解】由直线(m＋2)x－(m＋1)y＋m＋1＝0变形为m(x－y＋1)＋(2x－y＋1)＝0，
令，解得，∴该直线过定点(0，1)．
故答案为：.
15. 已知点，平面a经过原点O，且垂直于向量，则点A到平面a的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用点到平面的距离为，即可求得结论.
【详解】由题意，，，
，
所以点到平面的距离为.
故答案：.
16. △ABC中BC边上高所在直线方程为x-2y+1=0，∠A平分线方程为y=0，顶点B的坐标为（1，2），则△ABC的面积为_______
【答案】
【解析】
【分析】联立方程组求得，得到的直线，得出直线的方程，联立方程组，求得顶点C的坐标为，再由点到直线的距离公式和面积公式，即可求解.
【详解】由方程组，解得顶点的坐标为，
又的斜率为，且轴是的平分线，故直线的斜率为，
所在的直线为，即，
已知边上的高所在的直线方程为，故的斜率为，
所在直线的方程为，即，
联立方程组，解得顶点C的坐标为，
所以，点到直线的距离，
所以的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及三角形面积的计算，其中解答中药认真审题，注意直线方程的性质的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)
17. 已知，，，，，求：
（1），，；
（2）与所成角的余弦值．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量平行公式与垂直公式求解即可；
（2）根据空间向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
因为，故，解得，故，.
由可得，解得，故.
【小问2详解】
，，
故与所成角的余弦值.
18. 已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为.
（1）求直线l的方程；
（2）若直线m与直线l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．
【答案】（1）3x＋4y－14＝0
（2）3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0
【解析】
【分析】（1）由点斜式直接求解即可；
（2）由题可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，再利用点到直线的距离的公式即得.
【小问1详解】
由直线的点斜式方程得，
整理得直线l的方程为3x＋4y－14＝0.
【小问2详解】
∵直线m与l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋c＝0，∴，
即|14＋c|＝15.
∴c＝1或c＝－29.
故所求直线m的方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0.
19. 如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可以D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明共面，即可证明平面；
（2）由空间向量数量积为零可证明，，再由线面垂直的判定定理即可证明平面.
【小问1详解】
根据题意可知平面平面，
平面平面，
又是正方形，所以，平面，

所以平面，
即，，两两垂直；
以D为原点，分别以，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
又为的中点，所以，
则，
所以，故共面．
又平面，
所以平面；
【小问2详解】
易知，所以；
又，可得；
又，平面，
所以平面.
20. 在锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若，且，求△ABC的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解；（2）根据余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由及正弦定理得
因为，故．
又∵ 为锐角三角形，所以．
【小问2详解】
由余弦定理，
∵，得
解得：或
∴ 的周长为．
21. 已知点P(2，－1)．
(1)求过P点且与原点距离为2的直线l的方程；
(2)求过P点且与原点距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？
【答案】（1）x＝2或3x－4y－10＝0； （2）
【解析】
【详解】试题分析：第一步首先考虑直线的斜率不存在的情况，然后可设直线方程的点斜式，根据原点到直线的距离为2，列方程求出斜率，得出直线方程；第二步过P点且与原点距离最大的直线就是过P点与OP垂直的直线，P点与原点距离就是原点到直线距离的最大值，OP长即为所求.
试题解析：
(1)①当l的斜率k不存在时显然满足要求，
∴l的方程为x＝2；
②当l的斜率k存在时，设l的方程为y＋1＝k(x－2)，
即kx－y－2k－1＝0.
由点到直线距离公式得，
∴k＝，∴l的方程为3x－4y－10＝0.
故所求l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0.
(2)易知过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与 PO垂直的直线，由l⊥OP得klkOP＝－1，所以＝－＝2.
由直线方程的点斜式得y＋1＝2(x－2)，
即2x－y－5＝0.
即直线2x－y－5＝0是过P点且与原点O距离最大的直线，
最大距离为.
【点睛】利用直线方程的点斜式解决问题，首先要考虑直线的斜率不存在的情况，然后再设直线方程的点斜式，根据原点到直线的距离为2，列方程求出斜率，得出直线方程；求过P点且与原点距离最大的直线就是过P点与OP垂直的直线，P点与原点距离就是原点到直线距离的最大值，OP长即为所求.
22. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．