2022-2023学年海南省文昌中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年海南省文昌中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年海南省文昌中学高二上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据倾斜角和斜率的关系求解.【详解】由已知得，故直线斜率由于倾斜的范围是，则倾斜角为.故选：B.2．已知则的值分别为A． B．5，2 C． D．【答案】A【详解】由题意得，，所以，即，解得，故选A．3．如图在四面体中，，分别在棱，上且满足，，点是线段的中点，用向量，，表示向量应为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由题意有，，又点是线段的中点，结合向量的线性运算及共线向量的运算即可得解.【详解】解：∵在四面体中，分别在棱、上，且满足，，点是线段的中点，∴.故选：A.【点睛】本题考查了向量的线性运算，重点考查了利用空间基底表示向量，属基础题.4．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）A．4 B．5 C． D．【答案】C【分析】求出点A关于直线的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求.【详解】根据题意，作图如下：因为点，设其关于直线的对称点为故可得，解得，即故“将军饮马”的最短总路程为.故选：C.【点睛】本题考查点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点之间的距离公式，属基础题.5．经过两直线与的交点，且平行于直线的直线方程是（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先求两直线的交点坐标，再设直线方程为，将交点坐标代入方程，即可求出参数的值，即可得解；【详解】解：由，解得，所以直线与的交点为，设与直线平行的直线为，所以解得，所以直线方程为；故选：D6．1765年，数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”．已知的顶点，则的欧拉线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，可得的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，求出线段的垂直平分线，即可求出的欧拉线方程．【详解】解：因为，所以，，即，所以为等腰三角形，所以的外心、重心、垂心都位于线段的垂直平分线上，因为的中点的坐标为，线段所在直线的斜率，线段垂直平分线的方程为，即，的欧拉线方程为．故选：A．7．设动点在棱长为的正方体的对角线上，，当为锐角时，的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】建立空间直角坐标系，为锐角等价于，即，根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】如图建立空间直角坐标系：则，，，，，，，，所以，，由为锐角得，即，所以，即，解得：，当时，点位于点处，此时显然是锐角，符合题意，所以，故选：A【点睛】关键点点睛：本题的关键点是为锐角等价于，即，还需利用，求出、的坐标，根据向量数量积的坐标运算即可求解.8．若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．4 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】先计算出两条动直线经过的定点，即和，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有；再利用基本不等式放缩即可得出的最大值．【详解】解：由题意可知，动直线经过定点，动直线即，经过点定点，注意到动直线和动直线始终垂直，又是两条直线的交点，则有，．故（当且仅当时取“” 故选：．【点睛】本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题． 二、多选题9．已知直线，则下列说法正确的是A．若，则m=-1或m=3 B．若，则m=3C．若，则 D．若，则【答案】BD【分析】根据两直线平行或垂直求出参数值然后判断．【详解】直线，则，解得或，但时，两直线方程分别为，即，两直线重合，只有时两直线平行，A错，B正确；，则，，C错，D正确．故选：BD．【点睛】本题考查两直线平行与垂直的条件，在由两直线平行求参数时要注意检验，排除两直线重合的情形．如果用斜率求解还需讨论斜率不存在的情形．10．已知平面上一点，若直线上存在点使，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】所给直线上的点到定点距离能否取，可通过求各直线上的点到点的最小距离，即点到直线的距离来分析，分别求出定点到各选项的直线的距离，判断是否小于或等于4，即可得出答案.【详解】所给直线上的点到定点距离能否取，可通过求各直线上的点到点的最小距离，即点到直线的距离来分析．A．因为，故直线上不存在点到距离等于，不是“切割型直线”；B．因为，所以在直线上可以找到两个不同的点，使之到点距离等于，是“切割型直线”；C．因为，直线上存在一点，使之到点距离等于，是“切割型直线”；D．因为，故直线上不存在点到距离等于，不是“切割型直线”．故选：BC.11．（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（    ）A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直B．若直线的方向向量，平面的法向量，则C．若平面，的法向量分别为，，则D．若平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则【答案】AD【分析】根据空间向量数量积的值即可判断A；根据空间向量数量积的值即可判断B；根据两平面法向量之间的关系可判断C；，，利用法向量与上面两向量的数量积可判断D.【详解】对于A，，则，所以直线与垂直，故A是真命题；对于B，，则，所以或，故B是假命题；对于C，，所以不成立，故C是假命题；对于D，易得，，因为向量是平面的法向量，所以，即，得，故D是真命题．故选：AD.12．已知正四面体，棱长为2，是的中心，则下列说法正确的是（    ）A．B．与平面所成角正弦值为C．平面与平面所成角余弦值为D．到平面距离为【答案】ABD【分析】A. 设E是BD的中点，运用空间向量基本定理用三个不共面的空间向量表示出来；B.找出线面角，借助直角三角形求解；C.找出面面角的平面角，借助三角形用余弦定理求解；D.借助三棱锥A-OBC的体积，用等积法求解.【详解】图1A.如图1，设E是BD的中点，则C、O、E三点共线，且CO=2OE.，A正确；图2B.由题意知，平面BCD，所以就是与平面所成角，如图2，AB=2，，，，所以.图3C.取BC中点为F，连接AF，DF，则，，是平面平面=BC，所以即为平面与平面所成角的平面角，又，AD=2，在中，.D. ，设d为到平面距离， 又即，所以，.故选：ABD. 三、填空题13．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为________.【答案】x＋13y＋5＝0【解析】由中点坐标公式求得BC的中点坐标，再直线方程的两点式即可得到答案.【详解】由B(3，－3)，C(0，2)，则BC的中点坐标为，∴BC边上中线所在直线方程为，即x＋13y＋5＝0.故答案为：.【点睛】本题考查直线方程的求法，考查中点坐标公式的应用，属于基础题.14．已知平面的一个法向量为，，原点在平面内，则点，5，到的距离为__.【答案】【分析】利用点面距公式求得到的距离.【详解】点到平面的距离为.故答案为：15．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD＝，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°.若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为_______.【答案】（0，1，1）【解析】以DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据∠ABM＝60°，利用空间向量的数量积可得，从而求出，再由向量的坐标表示即可求解.【详解】解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，∴DA，DC，DS两两垂直，如图以D为原点，以DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.则D（0，0，0），B（，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），＝（0，﹣2，0）.＝（0，﹣2，2）.，设＝＝（0，﹣2λ，2λ），＝＝（﹣，﹣2λ，2λ）.∠ABM＝60°，可得：cos60°＝＝＝，解得λ＝，＝（0，﹣1，1），＝（0，1，1），M（0，1，1）.故答案为：（0，1，1）.16．如图，在正四棱柱 中，AB＝AD＝3，AA1＝4，P是侧面 BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP 与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ 的最大值为_______【答案】【分析】建立空间直角坐标系，设，根据AP⊥BD1，求得a,c的关系，再利用线面角的向量公式结合三角函数基本关系式求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：设，则，所以，因为AP⊥BD1，所以，解得，此时，平面BCC1B1一个法向量为，记AP 与平面BCC1B1所成的角为θ，则，当时，取得最大值，此时，所以的最大值为.故答案为： 四、解答题17．已知直线过点，且其倾斜角是直线的倾斜角的（1）求直线的方程；（2）若直线与直线平行，且点到直线的距离是，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）先求得直线的倾斜角，由此求得直线的倾斜角和斜率，进而求得直线的方程；（2）设出直线的方程，根据点到直线的距离列方程，由此求解出直线的方程．【详解】解（1）直线的倾斜角为，∴直线的倾斜角为，斜率为，又直线过点，∴直线的方程为，即；（2）设直线的方程为，则点到直线的距离，解得或∴直线的方程为或18．如图，四边形为正方形，平面，，点，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求点到平面的距离．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，∴平面．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．利用等体积法：，即，，∵，，∴，∴．点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.19．已知直线.(1)当直线l在x轴上的截距是它在y上的截距3倍时，求实数a的值：(2)当直线l不通过第四象限时，求实数a的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）先求出且，再求出直线l在x轴上的截距，在y上的截距，列出方程，求出a的值；（2）考虑直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况，列出不等式组，求出实数a的取值范围.【详解】（1）由条件知，且，在直线l的方程中，令得，令得∴，解得：，或，经检验，，均符合要求.（2）当时，l的方程为：.即，此时l不通过第四象限；当时，直线/的方程为：.l不通过第四象限，即，解得综上所述，当直线不通过第四象限时，a的取值范围为20．如图，在圆锥中，已知的直径，点是的中点，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）首先连接，根据题意易证，，再利用线面垂直的判定即可证明平面；（2）利用空间向量法求解二面角即可.【详解】（1）连接，如图所示：因为为的中点，所以.又底面底面，所以.因为是平面内的两条相交直线，所以平面（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则.设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，所以设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，所以所以.所以.故二面角的正弦值为.21．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.【详解】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，. 22．已知三棱柱中，.(1)求证: 平面平面.(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点. 【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，，平面，于是得平面，而平面，则，由得，，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，依题意， ，化简整理得： 而，解得，所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.