重庆市广益中学校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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高2022级10月月考数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）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4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由直线方程求出直线的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求得结果.【详解】由，得，所以直线斜率为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，即，故选：C2.已知向量，那么（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量减法的法则及坐标运算即可求解.【详解】因为，所以.故选：D.3.圆心为，且经过坐标原点的圆的标准方程为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出圆的半径即可得解.【详解】依题意，圆心为，且经过坐标原点的圆的半径，所以所求圆的标准方程为.故选：D4.直线与直线平行，则的值为（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】求出已知二直线不相交时的a值，再验证作答.【详解】依题意，直线与直线平行或重合时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线与直线平行，所以的值为.故选：C5.已知点在平面内，并且对空间任一点，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据共面向量的推论得到，解方程即可.【详解】因为点在平面内，所以点，，，四点共面，所以，解得 .故选：B.6.已知，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知向量坐标，求投影向量公式求解即可.【详解】在方向上的投影向量为.故选：A.7.已知点在线段上，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.【详解】由的图象如下，又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方，上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为，由图知：原点到线段的距离，则，综上，，故.故选：B 8.在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体表面上运动，且总满足，则点的轨迹长度为（）A.B.C.D.8【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹，进而求得轨迹的长度．【详解】设，分别是，的中点，连接，，，，且，在正方体中，显然，又，得，所以，即，所以，又平面，平面，所以，又，且平面，平面，所以平面，又，可知，所以点的轨迹是矩形，由题可得，，所以点的轨迹长度为．故选：A．二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，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.已知方程，则下列说法正确的是（）A.当时，表示圆心为的圆B.当时，表示圆心为的圆 C.当时，表示的圆的半径为D.当时，表示的圆与轴相切【答案】BCD【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，方程，可化为，可圆的圆心坐标为，A中，当时，此时半径为，所以A错误；B中，当时，此时半径大于，表示圆心为的圆，所以B正确；C中，当时，表示的圆的半径为，所以C正确；D中，当时，可得，方程表示的圆半径为，又圆心坐标为，所以圆心到轴的距离等于半径，所以圆与轴相切，所以D正确．故选：BCD.10.对于直线和直线，以下说法正确的有（）A.直线一定过定点B.若，则C.的充要条件是D.点到直线的距离的最大值为5【答案】ABD【解析】【分析】对于A，求定点即可；对于B，线线垂直时；对于C，线线平行时；对于D，过定点，直线与点和的连线垂直时取最值.【详解】直线，即直线为，所以直线过定点，故A正确；当时，，解得，故B正确；当时，，解得或，当时，两直线为，符合题意； 当时，两直线为，符合题意，故C错误；因为直线，即，过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为，故D正确.故选：ABD11.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（）A.B.存在点，使平面C.存在点，使直线与所成的角为D.点到平面与平面的距离和为定值【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，，设，，所以，所以，A选项正确.点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.，，设平面的法向量为， 则，故可设，要使平面，平面，则，解得，所以存在点，使平面，B选项正确.若直线与直线所成角为，则，，无解，所以C选项错误.故选：ABD12.已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）A.直线与平面所成角的正弦值范围为B.点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C.点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D.已知为中点，当的和最小时，为的中点【答案】AC【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确； 对于B选项，当与重合时，连接、、、，在正方体中，平面，平面，，四边形是正方形，则，，平面，平面，，同理可证，，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，， 平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、、三点共线，，，，所以，点不是棱的中点，D选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.平行直线与之间的距离为_________．【答案】##0.3【解析】【分析】根据平行线间的距离公式即可求得答案.【详解】由题意得即则平行直线与之间的距离为，故答案为：14.若方程表示圆，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据计算即可.【详解】由题可知：所以故答案为：15.三棱锥的顶点都在球的表面上，是等边三角形，底面是以为斜边的直角三角形，平面平面，若，则球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】取中点，中点，上点，使，由外接圆性质可得球心，根据平面平面，得球的半径，代入表面积公式即可得答案. 【详解】取中点，底面是直角三角形，所以为底面外接圆圆心，取中点，连接，在线段上取点，使，是等边三角形，所以为外接圆圆心.过点，分别作平面和平面的垂线，则两垂线的交点，即为球的球心.因为是等边三角形，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，所以.因为为中点，为中点，所以，又底面是以为斜边的直角三角形，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，所以，所以四边形为矩形，所以，，所以，即球的半径，球的表面积为.故答案为:.16.如图所示，在的长方形区域（含边界）中有两点，对于该区域中的点，若其到的距离不超过到距离的一半，则称处于的控制下，例如原点满足，即有点处于的控制下.同理可定义处于的控制下. 给出下列四个结论：①点处于的控制下；②若点不处于的控制下，则其必处于的控制下；③若处于的控制下，则；④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①③④【解析】【分析】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.【详解】由图可知,设，则，,满足，故①正确；点不处于的控制下则，即，得不到，例如取点，，，，即点不处于的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；若处于的控制下，则，设，则，化简整理得，作出图象如图， 由图可知，当点在矩形且在圆及圆内部分满足处于的控制下,由图可知，当处于时，有最大值，故③正确；由③知处于的控制下点构成的区域面积，可以看作是圆与矩形的面积之和，如图，故面积为，故④正确.故答案为：①③④【点睛】关键点睛：本题作为一道创新型试题，关键在于理解所给新定义，对于①②可以利用具体点去直接判断结论正确与否，在这一特殊化的过程中进一步理解新定义，对于③需要根据新定义求出点满足的轨迹方程（边界），需要对求平面轨迹方程的方法熟练，关键在于求出点所在区域，利用数形结合思想判断③，对于④关键在于把区域分割为四分之一圆面与矩形，其中需要割补思想的应用.四､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知向量，（1）求与的夹角；（2）若与垂直，求实数t的值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.【小问1详解】，，，，，令与的夹角为，则，则与的夹角为.【小问2详解】，，又与垂直，，即，解得.18.已知直线与直线交于点.（1）求过点且平行于直线的直线的方程；（2）求过点并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）首先求得交点坐标，然后利用待定系数法确定直线方程即可；（2）讨论直线在两坐标轴上的截距是否为0进行求解即可．【小问1详解】 联立，解得，即，由题意，设直线的方程为，将代入直线方程，得，即，所以直线的方程为.【小问2详解】当直线在两坐标轴上的截距为0时，直线的斜率为，则直线的方程为，即；当直线在两坐标轴上的截距不为0时，设直线的方程为，将代入直线方程，得，即，所以直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.19.已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程.（2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.【小问1详解】，的中点坐标为，直线的斜率为， 故线段的垂直平分线方程为，即，联立得，即圆的圆心为，半径为，故圆的方程为【小问2详解】设，，因为线段的中点，所以，则，因点在圆上运动，所以，则，即的轨迹方程为.20.如图，平面，四边形是正方形，分别是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立坐标系，利用向量垂直得出直线和直线垂直，结合面面垂直的判定可证结论；（2）先求平面的法向量，利用点到平面的距离公式可得答案.【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，,;,;因为，所以，因为，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，，；设是平面一个法向量，则,，令，则，即；设点到平面的距离为，则.21.已知在多面体中，，，，，且平面平面.（1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，，∵在中，∴.∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.∵，分别为，的中点，∴，且.又，，∴，且.∴四边形为平行四边形.∴，∴平面.【小问2详解】∵平面，平面，所以，又因为，所以三者两两互相垂直，∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.∵平面，∴直线与平面所成的角为.∴.∴.可取平面的法向量，设平面的法向量，，， 则，取，则，.∴，∴，∴二面角的余弦值为.22.如图，在正方体中，分别为中点，分别为的中点，为平面的中心，且正方体棱长为1.（1）证明：平面平面；（2）是否存在过直线且与正方体的12条棱的夹角均相等的平面？若存在，求出该平面与平面的夹角的余弦值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明详见解析（2）存在，该平面与平面的夹角的余弦值为或【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面.（2）利用向量法进行判断，并利用向量法求得所求.【小问1详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，故可设.设平面的法向量为，则，故可设，由于且平面与平面不重合，所以平面平面.【小问2详解】存在，理由如下：，设该平面的法向量，则，即，所以. ，因为该平面过直线，所以，故可设或，即存在符合题意的平面.设该平面与平面的夹角为，由（1）得平面法向量为.若，则；若，则.所以存在符合题意的平面，且该平面与平面的夹角的余弦值为或