湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学Word版含解析.docx

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华中师大一附中2023-2024学年度高二年级第一学期十月月考数学试卷时限：120分钟满分：150分一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意）1.直线过点，的直线的倾斜角的范围是，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当直线的斜率存在时，且或；直线的斜率不存在时，，综合即得解【详解】由直线的倾斜角的范围是，得直线的斜率存在时，或.当时，，或，解得或.当直线的斜率不存在时，符合题意综上，实数的取值范围是.故选：B2.直线：，：，则“”是“”的（）条件A.必要不充分B.充分不必要C.充要D.既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】先求出两直线垂直时a的值，进而可判断充分必要条件．【详解】直线：，：，当时,有，解得或.所以“”时“”成立，“”时“”不一定成立， 则“”是“”的充分不必要条件.故选：B3.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.【详解】由已知可得，，，所以，向量在向量上的投影向量是.故选：B.4.如图，在平行六面体中，点是棱的中点，连接、交于点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】推导出，利用空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式.【详解】在平行四边形中，因为为的中点，连接、交于点，且，所以，，则， 因此，.故选：B.5.将一张画了直角坐标系（两坐标轴单位长度相同）的纸折叠一次，使点与点重合，点与点重合，则（）A.1B.2023C.4043D.4046【答案】C【解析】【分析】设，，进而根据题意得过点与点的直线与直线平行，再根据斜率公式计算求解即可.【详解】解：设，，则所在直线的斜率为，由题知过点与点的直线与直线平行，所以，整理得故选：C6.如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（）．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.【详解】平面,平面,平面, 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.则设平面的法向量为，则，令，则设点到平面的距离为，则故直线到平面距离为.故选：D.7.过点在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有多少条（）A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】截距为零时单独考察，在截距不为零时，设截距分别为利用截距式写出直线方程，根据过定点,得到的关系，判定的范围，然后求得后分离常数得到，进而得出应当为12正因数，从而解决问题.【详解】当截距为0时，是直线,只有一条， 当截距大于0时，设截距分别为则直线方程为，∵直线过点,∴①，∵,∴,结合①可得，,∴,又∵为整数，，由①解得,为12的因数，∴,对应,相应对应的直线又有6条，综上所述，满足题意的直线共有7条，故选：D.【点睛】本题考查直线的截距和直线方程的截距式，涉及整除问题，关键有两点：一是要注意截距为零的情况，而是在截距不为零时，得到后分离常数得到，进而得出应当为12正因数，本题属中档题.8.在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（）A.B.2C.D.3【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，平面，四边形为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则，，，，，，，设，，则，又，，所以，则， 由题意，四点共面，所以，所以，解得，所以，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以截面的面积为.故选：A二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得2分，共20分）9.下列说法中不正确的是（）A.经过定点的直线都可以用方程来表示B.经过定点的直线都可以用方程来表示C.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成截距式 D.不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成两点式【答案】ABC【解析】【分析】根据直线方程五种形式的限制条件解决即可.【详解】对于A，点斜式方程适用斜率存在的直线，故A错误；对于B，斜截式方程适用斜率存在的直线，故B错误；对于C，截距式方程适用不与坐标轴重合或平行且不过原点的直线，故C错误；对于D，两点式方程适用不与坐标轴重合或平行的直线，故D正确；故选：ABC10.下列命题中正确的是（）A.若是空间任意四点，则有B.若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于C.已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底D.对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面【答案】AC【解析】【分析】根据空间向量加法的运算法则，线面角的定义，结合空间向量基底的性质、四点共面的性质逐一判断即可.【详解】A：因为，所以本选项命题正确；B：因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，所以直线与平面所成的角等于，因此本选项命题不正确；C：假设不是空间一个基底，所以有成立，因为组是空间的一个基底， 所以可得，显然该方程组没有实数解，因此假设不成立，所以也是空间的一个基底，因此本选项命题正确；D：因为只有当时，四点才共面，所以本选项命题不正确，故选：AC11.已知点，，且点在直线：上，则（）A.存在点，使得B.存在点，使得C.的最小值为D.最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】设，利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D.【详解】对于A：设，若时，此时斜率不存在，，与不垂直，同理时与不垂直，当且时，，若，则，去分母整理得，，方程无解，故与不垂直，故A错误；对于B：设，若，则，即，由，所以方程有解，则存在点，使得，故B正确；对于C：如图设关于直线的对称点为，则， 解得，所以，所以，当且仅当、、三点共线时取等号（在线段之间），故C正确；对于D：如下图，，当且仅当在的延长线与直线的交点时取等号，故D正确.故选：BCD12.如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（）A.三棱锥的体积为8B.三棱锥的外接球的表面积为 C.二面角的正切值为D.异面直线AC与所成角的余弦值为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可【详解】过作于，在中，因为，所以，，由正弦定理得,即，解得，所以，，因为,所以，由正弦定理得，即，解得，所以 ，因为平面平面ADC，平面平面，，所以平面ADC，所以三棱锥的体积为，所以A正确，设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得所以，由正弦定理得，所以，取的中点，连接，则，，设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，即，解得，，所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确，过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则 ，，则所以设异面直线AC与所成角为，则，所以D错误，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.直线与直线平行，则_________.【答案】－2【解析】【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果.【详解】由，得到，因为，所以，由，得到所以，即，解得，故答案为：.14.如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为_______________. 【答案】【解析】【分析】根据给定条件，可得，再求出相关向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.【详解】依题意，，得，由底面为矩形，，，得，显然，又，因此，所以.故答案为：15.已知正方形的中心为直线，的交点，正方形一边所在的直线方程为，则它邻边所在的直线方程为___________．【答案】【解析】【分析】先求出中心坐标为，再根据邻边所在直线与垂直设方程为，进而结合点到这两条直线距离相等且为即可求解.【详解】解：，解得，∴中心坐标为， 点M到直线的距离设与垂直两线分别为，则点到这两条直线距离相等且为，设方程为∴，解得或，∴它邻边所在的直线方程为．故答案为：16.已知a，，曲线，若两条曲线在区间上至少有一个公共点，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】由题意两条曲线在区间上至少有一个公共点，得到有解，转化为关于a，b的直线方程，得到表示原点到点的距离的平方，转化为，巧换元，构造函数，利用函数的单调性质，求出最值．【详解】曲线，，，，于是可以看作关于a，b的直线方程，则是该直线上的点，表示原点到点的距离的平方，设原点到直线的距离为d， 根据点到直线的距离公式得到，，令，则，则，，设，可知函数在上为减函数，当时，，当时，最小值为．故答案为:．【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据点到直线距离公式，结合题意，得到，利用换元法，进行求解即可.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.（1）求证：动直线（其中）恒过定点，并求出定点坐标；（2）求经过两直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程.【答案】（1）证明见解析，；（2）【解析】【分析】（1）解法一：利用特值法，可得定点，再验证满足题意；解法二：动直线转化为，利用，则关于的方程系数为，列出方程解得即可. （2）解法一：联立两直线求出交点，又与直线垂直的直线斜率，写出直线即可；解法二：利用垂直直线系，得直线方程为，再代入交点解得的值，即可得到答案；解法三：利用交点系得直线，又，得方程，解得的值，即可得到答案.【详解】(1)证明：解法一：令，则直线方程为①再令时，直线方程为②①和②联立方程组，得，将点代入动直线中，即故动直线恒过定点.解法二：将动直线方程按降幂排列整理，得①不论为何实数，①式恒为零，∴有，解得，故动直线恒过点．(2)解法一：联立方程，解得，直线的斜率为，由，则直线的斜率为，故直线的方程为.解法二：设所求直线方程为，将解法一中求得的交点代入上式可得，故所求直线方程为.解法三：设直线的方程为， 即，又，∴，解得，故直线的方程为.18.在中，.（1）求边的高线所在的直线的方程；（2）已知直线过点，且到的距离之比为，求直线的方程.【答案】（1）（2），或【解析】【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可；（2）根据点到直线距离公式，结合直线的点斜式方程进行求解即可.【小问1详解】设边高线所在的直线为，所以由，所以直线的方程为；【小问2详解】当直线不存在斜率时，直线的方程为，显然到的距离之比为，不符合题意；当直线存在斜率时，设为，方程为，因为到的距离之比为，所以，或，方程为，或，综上所述：直线的方程，或.19.如图，在四棱锥中，平面，，，， ，，为的中点．（1）证明：；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.【小问1详解】在四边形中，，取中点，连接，由，得，则四边形是平行四边形，又，因此是矩形，即有，有，，从而，即，而平面，平面，则，又平面，于是平面，而平面，所以.【小问2详解】由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 依题意，，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的一个法向量，则，令，得，因此，显然二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为.20.如图1，边长为的菱形中，，，，分别是，，的中点.现沿对角线折起，使得平面平面，连接，如图2.（1）求；（2）若过，，三点的平面交于点，求四棱锥的体积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）证明平面，建立空间直角坐标系，得到，，再计算夹角得到答案.（2）计算平面的法向量为，再计算到平面的距离为，最后计算体积得到答案.【小问1详解】连接，，平面平面，平面平面， ，平面，故平面，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，因为，分别是，的中点，所以，，所以.【小问2详解】连接，，，设平面的法向量为，则，，即，令，则，，所以，设到平面的距离为，而，，依题意得四边形是一个菱形，，，所以，所以.21.在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴、y 轴的正半轴上，点A与坐标原点重合如图所示将矩形折叠，使点A落在线段DC上．（1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程（2）当时，求折痕长的最大值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】当时，此时A点与D点重合，折痕所在直线方程当时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有，解得故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点为，即可得出．当时，折痕长为当时，折痕所在直线交BC于，交y轴于利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出．【详解】解：（1）①当时，此时点A与点D重合，折痕所在直线的方程为．②当时，将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为，，所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有，故点G的坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点线段OG的中点为， 故折痕所在直线的方程为，即．综上所述，折痕所在直线的方程为．当时，折痕的长为当时，折痕所在的直线交直线BC于点，交y轴于点．,,则在上，，，的取值范围为，故点M在线段上．，折痕长度的最大值为而，故折痕长度的最大值为【点睛】思路点睛：关于折叠问题可转化为轴对称问题，利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系.22.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，． （1）求证：直线平面，并求三棱锥的体积：（2）若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）设，由正弦定理和三角形相似关系可证得，结合面面垂直的性质可证得平面，由此可得，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得，根据棱锥体积公式可求得结果；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，可确定当时，取得最大值，由此可确定，利用点到面的距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】设，连接，为底面圆的内接正三角形，，为中点，又，，； ，，，，，∽，，；平面，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，平面，平面，平面；为中点，，即，又平面，平面，，，，平面，平面，，，，又，平面，.【小问2详解】，为中点，又，为中点，，，，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，， ，设，；设平面的法向量，则，令，解得：，，，设直线与平面所成角为，，令，则，，，，当，即时，，，此时，，点到平面的距离.