北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高一创新班下学期4月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 与向量平行的一个向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量共线定理判定即可.
【详解】对于A，若向量与向量共线，
则存在唯一实数使得，
所以，无解，
所以向量与向量共线，故A不符；
对于B，若向量与向量共线，
则存在唯一实数使得，
所以，无解，
所以向量与向量共线，故B不符；
对于C，因为，
所以向量与向量共线，故C符合；
对于D，若向量与向量共线，
则存在唯一实数使得，
所以，无解，
所以向量与向量共线，故D不符.
故选：C.
2. 若直线l过两点和，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不与轴垂直的直线斜率与倾斜角的关系,根据正切值求即可.
【详解】该直线不与轴垂直，设倾斜角为，
斜率,.
故选：B
3. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，得，从而可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
即，解得.
故选：A.
4. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，再计算出圆心到直线的距离，即可判断.
【详解】圆的圆心，半径，
又圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交.
故选：A
5. 过点，且横、纵截距相等的直线方程为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线过原点和直线不过原点时，对应直线的方程即可．
【详解】解：当直线过原点时，直线的斜率为，则直线方程为；
当直线不过原点时，设直线方程为，则，解得，
所求的直线方程为，
综上知，所求直线方程为或．
故选：D.
6. 已知直线：，：，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】根据直线平行、充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
7. 如图，在四面体中，，，两两垂直，已知，，则点O到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等体积法求解即可.
【详解】由题意，
在中，由余弦定理得，
所以，
所以，
设点O到平面距离为，
由，
得，解得，
即点O到平面的距离为.
故选：D.
8. 已知直线：，直线不经过第二象限，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可得直线过定点，结合图像可知临界状态为经过原点和斜率不存在，数形结合即得解
【详解】由题意，
令，可得直线过定点
如图所示，经过的直线，且不经过第二象限，临界状态为经过原点和斜率不存在
当经过原点时，
故的取值范围是
故选：C
9. 已知A，B是圆C：上的两个动点，且，若，则点P到直线AB距离的最大值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】设P、C到直线AB的距离分别为，根据题意结合垂径定理可得，再根据结合几何关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆C：的圆心，半径，
则，
设P、C到直线AB的距离分别为，
因为，解得，
分别过P、C作，垂足分别为，再过C作，垂足为，
显然当P、C位于直线AB的同侧时，点P到直线AB的距离较大，

则，
当且仅当，即直线AB与直线PC垂直时，等号成立，
所以点P到直线AB距离的最大值为7.
故选：D.
10. 在边长为2的等边三角形中，点，分别是边，上的点，满足且，将沿直线折到的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）
A. 在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面；
B. 存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面；
C. 若，当二面角为直二面角时，；
D. 设为线段的中点，为线段的中点，对于每个给定的，记翻折过程面积的最大值为，则当变化时，的最大值为.
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的性质判断，根据直角三角形的性质判断，根据勾股定理计算判断，利用基本不等式判断．
【详解】对于，连接，，，显然平面平面，
若上存在点使得，
则，显然与为相交直线矛盾，故错误；
对于，设中点，中点，
由等边三角形性质可知，，
故在平面上的射影在直线上，
若平面平面，则为在底面上的射影，
于是，
，与矛盾，故错误；
对于，若，二面角直二面角，
则，，
且平面，，
，故错误；
对于，由可知，即，，
显然当时，△的面积最大，
故，
当且仅当即时取等号，故正确．
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是选项的判断，其关键是首先要能通过数形结合得到当时，△的面积最大，再利用函数和基本不等式求解.
二、填空题：每小题5分，共25分.
11. 已知点，点，向量，则点C的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，由空间向量的坐标运算求解即可.
【详解】设，，，
因为，所以.
故点C的坐标为.
故答案：.
12. 若两条直线，垂直，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得出，解方程即可得出答案.
【详解】因为两条直线，垂直，
所以，所以，解得：.
故答案为：.
13. 已知直线过点，点，则点到直线的距离是_________．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线的方向向量及，进而求出，再根据点到直线的距离为即可得解.
【详解】解：直线的方向向量，
，
则，
又，所以，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
14. 在直线上求一点，使它到直线的距离等于原点到l的距离，则此点的坐标为______.
【答案】或
【解析】
【分析】设直线上的点为，再根据点到直线的距离公式求解即可.
【详解】设直线上的点为，
点直线的距离为，
原点到l的距离为，
所以，解得或，
所以此点的坐标为或.
故答案为：或.
15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面；
②平面截正方体所得的截面图形是六边形；
③不可能为直角三角形；
④面积的最小值是.
其中所有正确结论的序号是________.
【答案】①④
【解析】
【分析】根据中位线的性质证线线平行后可得线面平行来判定①，利用平面的性质构造相交线可判定②，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积可判定③，利用空间中点到直线的距离可判定④
【详解】对①，如图所示，因为是中点，，
连接，显然也是的中点，连接，

所以，而平面，平面，
所以直线平面，①正确；
对②，如图直线与的延长线分别交于连接，分别交于，
连接，则五边形即为所得的截面图形，故②错误；

以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，

对③，设，
则，则，
若，
则得，
由，故存在点，使得，
故可能为直角三角形，③错误；
对④，由③得到的投影为，
故到的距离，
面积为，当时，取得最小值为，④正确.
故答案为：①④.
三、解答题：共6小题，共85分.
16. 已知向量，.
（1）求；
（2）求；
（3）求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】由空间向量的数量积，模长公式及夹角公式的坐标运算直接求解.
【小问1详解】
;
【小问2详解】
,
则；
【小问3详解】
，则
17. 已知三角形的顶点为，，.
（1）求直线的方程；
（2）若直线l过点B且与直线交于点E，，求直线l的方程.
【答案】（1）.
（2）直线的方程为或.
【解析】
【分析】（1）由，，即可求出直线的斜率，由点斜式即可写出直线的方程；
（2）设出点的坐标，由两点间的距离公式列出方程，解出的值，根据、点的坐标即可求出直线的方程.
【小问1详解】
因为直线的斜率为，
所以直线的方程为：，
即直线的方程为：.
【小问2详解】
因为点E在直线上，直线的方程为：，
所以设的坐标为，，，
，
解得：或，
的坐标为或，
因为直线过点，
当直线的斜率不存在时，则，
当直线的斜率存在时，，
所以，化简可得.
直线的方程为或.
18. 如图，在直三棱柱中，，D为中点.
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）首先证明无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，为它的对角线，交点，
所以点是的中点，因为是中点，
所以是的中位线，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
若选条件①：，
因为底面，底面，
所以，又因为，
且面，
所以面，而面，
所以，即两两互相垂直，
若选条件②：，
因为面，面，所以，
因为，，所以，
因为点是中点，所以，
因为，所以，即，
由前面分析可知，
所以两两互相垂直，
综上，无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，
故以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，
所以，
平面的法向量分别为
从而有，也就是有，
令，解得，
平面的法向量分别为，
所以直线与平面所成角为，
所以.
19. 已知圆.
（1）若过点向圆C作切线l，求切线l的方程；
（2）若Q为直线上的动点，是圆上的动点，定点，求的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论，当切线的斜率不存在，易求的方程为；当切线的斜率存在时，设出直线方程，然后利用点到直线距离等于半径建立方程求解即可；
（2）求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得，由此即可得解.
【小问1详解】
因为直线与圆相切，所以圆心到的距离为半径3，
若切线的斜率不存在，则的方程为；
若切线的斜率存在，设切线的方程为，即，
则，解得，
所以切线的方程为，即，
综上，切线的方程为或；
【小问2详解】
设点关于直线的对称点为，
则，解得，
所以，
则，
当且仅当四点共线（点在两点之间）时，取等号，
所以的最小值为.

20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)利用面面垂直的性质得到线面垂直，再由线面垂直的性质得出；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
(3)由，C，M三点共线，利用向量共线得出，利用线面垂直的判定定理证明平面，由于，不平行，则不存在棱上的点，使得平面.
【详解】（1）在四棱锥中
因为平面平面，平面平面
又因为，平面
所以平面
因为平面
所以
（2）取中点，连接
因为
所以
因为平面平面，平面平面
因为平面
所以平面
所以
因为
所以
所以四边形是平行四边形
所以
如图建立空间直角坐标系，则
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
因为平面的法向量，
所以
由图可知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
（3）设是棱上一点，则存在使得.
设，则
所以
所以
所以.
所以.
因为平面
所以平面.
所以是平面的一个法向量.
若平面，则.
所以
因为方程组无解，
所以在棱上不存在点，使得平面.
【点睛】本题主要考查了利用线面垂直证明线线垂直以及利用向量法求二面角，属于中档题.
21. 对于正整数集合（），如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”；
（1）判断集合和是否是“可分集合”（不必写过程）；
（2）求证：四个元素的集合一定不是“可分集合”；
（3）若集合是“可分集合”，证明：为奇数.
【答案】（1）集合和都不是
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义直接判断即可得到结论；
（2）依次去掉，可得，进而可得出结论；
（3）设集合所有元素之和为，由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数，分类讨论为奇数和为偶数的情况，分析即可得证.
【小问1详解】
对于集合，
去掉时，，
，
所以集合不是“可分集合”；
对于集合，所有元素之和为，
当去掉元素时，剩下的元素之和为，
则剩下元素可以构成的两个集合，每个集合中元素之和为，
因此这两个集合中元素的个数为偶数，
而两个元素之和的最大值为，
四个元素之和的最小值为，
所以集合不是“可分集合”；
【小问2详解】
不妨设，
去掉，则，
去掉，则，
所以，显然与矛盾，
所以四个元素的集合一定不是“可分集合”；
【小问3详解】
设集合所有元素之和为，
由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数，
如果为奇数，则也均为奇数，
由于，所以为奇数，
如果为偶数，则均为偶数，此时设，
则也“可分集合”，
重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数“可分集合”，
此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数，
综上所述，为奇数.
【点睛】关键点点睛：考查新定义下的集合问题，对此类题型首先要多读几遍题，将新定义理解清楚，然后根据定义验证，证明即可，注意对问题思考的全面性.