2023维吾尔自治区喀什六中高二上学期第一次月考数学试题含解析

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2022-2023学年第一学期9月月考高二数学试卷（完卷时间：120分钟总分：150分考试形式：闭卷）一、选择题；本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 如图，二面角的大小为，，为棱上相异的两点，射线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱．若线段，和的长分别为，和，则的长为(    )A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先判断出的夹角为，再用向量表示出，由向量的数量积运算求解即可.【详解】与夹角的大小就是二面角，可得，即.故选：A.2. 下列关于空间向量的说法中正确的是（    ）A. 若向量，平行，则，所在直线平行B. 若，则，的长度相等而方向相同或相反C. 若向量，满足，则D. 相等向量其方向必相同【答案】D【解析】【分析】根据平行向量、相等向量的概念，以及向量的性质，即可判断各项的正误.【详解】A中，对于非零向量，平行，则，所在的直线平行或重合；B中，只能说明，的长度相等而方向不确定；C中，向量作为矢量不能比较大小；D中，由相等向量的定义知：方向必相同；故选：D3. 在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，则（    ）A. ，与是共面直线B. ，与是共面直线C. ，与是异面直线D. ，与是异面直线【答案】D【解析】【分析】先由是圆的直径求得，再由是圆柱的母线得到与，从而在与中分别求得，可知，再由异面直线的定义容易判断得与是异面直线.【详解】连结，如图，易知是圆的直径，所以，又因为是的中点，故，所以在等腰中，，则，因为是圆柱的母线，所以面，又面，故，，所以在中，，在中，由是的中点得，故，所以，可以看到，面，面，由异面直线的定义可知，与是异面直线.故选：D.4. 如图，空间四边形中，点在线段上，且，为的中点，，则，，的值分别为（    ）A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的基本定理求解.【详解】因为，，所以，，.故选：B.5. 如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，证明平面即可推理计算作答.【详解】在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，即，又，平面，则有平面，而平面，于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，则平面，又平面，从而得，所以直线BP与AD所成的角为.故选：D6. 过空间三点，，的平面的一个法向量是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设出平面的法向量为，利用垂直关系，布列方程组，即可得到结果.【详解】，．设平面的法向量为．由题意知，，所以，解得，令，得平面的一个法向量是．故选：A7. 如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接，.若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的个数是（    ）（1）平面恒成立（2）线段的长为定值（3）异面直线与所成角为（4）二面角可以为直二面角A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】D【解析】【分析】（1）设中点为，中点为，连接，，，，易得四边形是平行四边形判断；（2）利用线面平行的判定定理判断；（3）利用反证法判断；（4）由，，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断.【详解】如图所示： 设中点为，中点为，连接，，，，易证，，则四边形是平行四边形，则，，得线段长度为定值，由线面平行的判定定理，可得平面，故（1）（2）正确.在（3）中，由，得，假设（3）成立，即，根据线面垂直的判定定理易得平面，则，而，故，但，矛盾，故（3）错误.（4）中，由矩形，易得，已知，当二面角为直二面角时，由线面垂直的性质定理，可得平面，则，由（3）中分析可得，故为等腰直角三角形，故.而，故平面，从而平面平面，故（4）正确.故选：D8. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，则异面直线与所成的角的大小是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】连结，可得，由面得，可得平面，则，有，可得，即与所成的角的大小是，故选D项.【详解】连结正方体，面面，所以正方形中，面，所以面，而面所以又为中点，为中点，可得所以，即异面直线与所成的角的大小是.故选D项. 【点睛】本题考查正方体内异面直线所成的角，通过线线垂直证明线面垂直，属于中档题.二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 如图所示，在棱长为1的正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（    ）A. ，，三点共线B. 平面C. 直线与平面所成的角为D. 到平面的距离为【答案】ABC【解析】【分析】利用正方体的特征证得点在上可知项正确；利用线面垂直的判断定理可得平面，故项正确；首先找到线面角，然后利用三角函数值确定线面角的大小即可；由三棱锥的等体积法可得点面距离．【详解】由于为正方体的体对角线，在平面内，据此可得平面平面于，又交平面于点，故点在上，故项正确；很明显平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故项正确；设正方体的棱长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，故项正确；设到平面的距离为，，，解得，故D项错误；故选：ABC．10. 已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ）A. 若，则B. ，，两两共面，但，，不共面C. 一定存在实数x，y，使得D. ，，一定能构成空间的一个基底【答案】ABD【解析】【分析】利用空间向量的基底的概念及空间向量基本定理逐项分析即得.【详解】∵，，是空间的一个基底，则，，不共面，且两两共面､不共线，∴若，则，A正确，B正确；若存在x，y使得，则，，共面，与已知矛盾，C错误；设，则，此方程组无解，∴，，不共面，D正确.故选：ABD.11. 在平行六面体中，，，点在线段上，则（    ）A. B. 到和的距离相等C. 与所成角的余弦值最小为D. 与平面所成角的正弦值最大为【答案】BCD【解析】【分析】由结合推出面，得出矛盾，即可判断A选项；由为线段的垂直平分线 ，且，即可判断B选项；由异面直线夹角的求法即可判断C选项；由线面角的求法即可判断D选项．【详解】对于A，若，易得四边形为菱形，则，又，面，可知面，则面，显然矛盾，故A错误；对于B，其中 点在线段 上， 平分 ，且 为线段的垂直平分线 ，又，可知 上所有点到 与 的距离相等，故 B 正确 ；对于C，设平行六面体 的边长为 ，易得 ，其中 ，可得 ，又，则与所成角即为，当 点运动到 点处时，此时 最小，即 与 所成角的余弦值最小，  ，故 C 正确； 易得当 点运动到 点处时，此时 与平面 所成角最大，即正弦值最大，又，则，又，，面，则面，作，垂足为，则，又面且相交，则面，则即为与平面所成角，则有 ，故正弦值最大为 ， D 正确．故选：BCD.12. 如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）A. 的取值范围是B. 若与平面所成的角为，则C. 若三棱锥的外接球表面积为，则，D. 四面体的体积是定值【答案】BC【解析】【分析】利用空间向量数量积的定义可判断A选项的正误；利用线面角的定义可判断B选项的正误；利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式可判断C选项的正误；利用锥体的体积公式可判断D选项的正误.【详解】中，，所以，因为，所以，所以取值范围是，故A错误；由于面，所以与面所成的角为，所以，因为，所以，故B正确；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，线段的中点为，线段的中点为，设球心为，点，则，由可得，化简可得，则，易知，则，，因此，，C选项正确；因为直四棱柱，所以点到面的距离为1，所以，由于不为定值，得不为定值，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分13. 如图所示，在正方体中，点P在线段上运动，则异面直线CP与所成的角的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据平行关系，直线CP与所成角即直线CP与所成角，在三角形中即可得解.【详解】根据正方体性质可得，所以四边形是平行四边形，所以，直线CP与所成的角即直线CP与所成角的范围，正方体中，易得，所以，由于直线CP与异面，所以.故答案为：【点睛】此题考查求异面直线夹角的取值范围，关键在于根据平移关系转化，此题易错点在于漏掉考虑异面直线夹角不能为0，导致范围取错.14. 在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为______．【答案】##【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求线面距.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，而平面，平面，故平面，故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.设平面的法向量为，又，故，取，则，而，故到平面的距离为，故答案为：.15. 已知，，，四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是__________.【答案】8【解析】【分析】构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.计算出长方体的长、宽、高，求出长方体的体积，减去四个小三棱锥的体积即可求得.【详解】由题意构造长方体如图示，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则有：，解得：，所以三棱锥的体积是：.故答案为：8.16. 如图，在棱长为1的正方体AC1中，点E、F是棱BC、CC1的中点，P是底面ABCD上（含边界）一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的取值范围是_______【答案】[]【解析】【分析】根据题意，，，那么平面，垂直于平面内任意直线，P是底面ABCD上（含边界）一动点，则当点P在CD边上时，满足，计算即得长度范围。【详解】CD⊥平面B1C1CB，EF⊆平面B1C1CB，CD⊥EF，又EF∥BC1，BC1⊥B1C，EF⊥B1C，EF⊥平面A1B1CD，当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C，A1P的最小值为A1D，可知线段A1P长度的取值范围是[].故答案为：【点睛】本题考查直线和平面的位置关系，解题关键是证明平面，建立了和的联系，再进行求解。四、解答题；本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 如图甲为直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD为斜边AC上的高，将三角形ABD沿BD折起，得到图乙的四面体A-BCD，E，F分别在DC与BC上，且满足，H，G分别为AB与AD的中点. （1）证明：直线EG与FH相交，且交点在直线AC上；（2）当四面体A-BCD的体积最大时，求四边形EFHG的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用得但不相等，即可证得直线相交，利用基本事实3即可证得交点在直线AC上；（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得，同理又，即可证得四边形为直角梯形，利用梯形面积公式求得其面积.【详解】（1）证明：由题意知，，但，所以直线与FH相交，设交点为，因为平面，平面，同理平面，又因为平面平面，所以.（2）解：由题意知，所以平面，又平面，所以，同理又，所以四边形直角梯形，因为，所以，则，所以18. 正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点． （1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面．（2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，由正方体的几何特征及平面几何的知识可得，由平面的基本性质即可得证；（2）由题意可得是平面平面的交线，由平面的基本性质即可得证.【详解】（1）连接.分别为的中点，且 ，分别为，的中点，且.四边形为平行四边形，且 且四点共面. （2）由（1）知且必交于一点.平面平面.平面平面 .又平面平面.，即三线共点.19. 如图，已知垂直于以为直径的圆所在平面，点在线段上，点为圆上一点，且（1）求证：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）由知点为的中点，以及为等边三角形, 再根据线面垂直的判定证明即可；（2）根据三棱锥的等体积可求得点面距离.【小问1详解】证明：由知点为的中点，连接,因为，所以为等边三角形，又为中点，所以因为平面,平面，所以又平面平面,所以平面【小问2详解】由（1）可得：,,,所以,,设三棱锥的体积为，点到平面的距离为由得,，,所以20. 如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，设.（1）当时，求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）；（2）当时，若，且，求正实数的值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）构建空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求线面角大小.（2）由（1）易得，根据已知条件及向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求参数t即可.【小问1详解】以为原点，射线、、分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，即，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以，则设直线与平面所成角为.【小问2详解】由（1）所建的坐标系得：，，，即，又，则，即，又，则，即.21. 在三棱锥中，，且．（1）证明：；（2）求侧面与底面所成二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析；    （2）【解析】【分析】（1）利用平面，根据三垂线定理，可得．（2）由于，，可知是侧面与底面所成二面角的平面角．在中，求得，在中，可求侧面与底面所成的二面角的大小．【小问1详解】∵，∴，又，平面，∴SA⊥平面ABC．由于，即，由三垂线定理，得．【小问2详解】∵，，∴是侧面与底面所成二面角的平面角．在中，，得，在中，，，∴，即侧面与底面所成的二面角的大小为60°．22. 如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折起到的位置.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ)若，求五棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【解析】【详解】试题分析：（1）由已知得，，；（2）由，由，可证平面．又由得五边形的面积以五棱锥体积．试题解析： （1）由已知得，，又由得，故，由此得，所以．（2）由得，由得，所以，于是，故，由（1）知，又，所以平面，于是，又由，所以，平面．又由得．五边形的面积．所以五棱锥体积．考点：1、线线垂直；2、锥体的体积.