2022-2023学年福建省厦门第二中学高二上学期第一阶段考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省厦门第二中学高二上学期第一阶段考试数学试题（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。
一、单选题
1．与直线垂直的一个向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据直线方程可得其直线斜率，根据垂直关系可知与已知直线垂直的直线斜率，进而得到满足题意的向量.
【详解】直线的斜率，与直线垂直的直线斜率为，
则与直线垂直的一个向量是.
故选：D.
2．过点作圆的切线，则切线的方程为（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】D
【分析】由圆的方程可确定圆心和半径；当直线斜率不存在时，易知为圆的切线；当切线斜率存在时，设，由圆心到直线距离等于半径可构造方程求得的值；综合两种情况可得切线方程.
【详解】由圆方程知：圆心，半径；
当过的直线斜率不存在时，即直线为，则与相切，此时切线；
当切线斜率存在时，设，即；
圆心到切线的距离，解得：，
此时切线，即；
综上所述：切线的方程为：或.
故选：D.
3．与直线关于轴对称的直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】把方程中的换成即可得到所求直线方程.
【详解】直线关于轴对称的直线为：，即.
故选：B.
4．设直线 l 的方程为 x  y sin 2  0 ，则直线 l 的倾斜角的范围是（ ）
A．[0, ]B．C．D．
【答案】C
【分析】分和两种情况讨论，当时，；当时，结合的范围，可得斜率的取值范围，进而得到倾斜角的范围.
【详解】直线l的方程为，
当时直线方程为，倾斜角
当时，直线方程化为，斜率，
因为，所以，
即，又因为，
所以
综上可得
故选：C
5．已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中不正确的是（ ）
A．若，B．若，C．若，D．若，
【答案】A
【分析】由已知，可根据题意，选项A，时，此时，所以，该选项错误，选项B，；选项C，；选项D，，即可判断.
【详解】由已知，，分别为直线，的方向向量，，分别为平面α，β的法向量，
选项A，，故该选项错误；
选项B，，故该选项正确；
选项C，，故该选项正确；
选项D，，故该选项正确.
故选：A.
6．点到直线（为任意实数）的距离的最大值为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线过定点的求法可求得直线恒过点，则所求距离最大值为.
【详解】将直线方程整理为：，
由得：，直线恒过点，
当时，点到直线的距离最大，最大值为.
故选：B.
7．如图，在三棱锥中，，，分别是的中点．则异面直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，取中点，由中位线性质可得，由异面直线所成角定义可知所求角为或其补角，利用勾股定理可求得的边长，根据余弦定理可求得结果.
【详解】连接，取中点，连接，
分别为中点，，，
异面直线所成的角即或其补角；
，，，，
又，，，
，又，
，
，即异面直线所成的角为.
故选：C.
8．图为某种礼物降落伞的示意图，其中有根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为．已知礼物的质量为，降落伞自身的重量为，每根绳子的拉力大小相同．则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为（ ）（重力加速度取，精确到）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据降落伞匀速下落可知根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小，则根绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量的和向量与礼物的重力是一对相反向量，由此可构造方程求得结果.
【详解】设水平面的单位法向量为，其中每一根绳子的拉力均为，如图，
，在上的投影向量为，
根绳子拉力的合力；
降落伞匀速下落，，
，解得：.
故选：C.
二、多选题
9．已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（ ）
A．的一个方向向量为
B．直线与两坐标轴围成三角形的面积为
C．与直线垂直
D．与直线平行
【答案】AC
【分析】根据点斜式求得直线的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意直线的斜率为，直线方程为，即，
它与直线重合，D错误；
，因此是直线的一个方向向量，A正确；
在直线方程中令得，令得，
直线与两坐标轴围成三角形的面积为，B错误；
由于，C正确
故选：AC
10．已知的顶点，，，若是直角三角形，则符合条件的的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】分别在，，的情况下，利用向量垂直的坐标表示可构造方程求得可能的取值.
【详解】由题意知：，，，
若，则，解得：；
若，则，解得：；
若，则，解得：.
故选：ACD.
11．长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】ABC
【分析】令，根据线面角定义可知，由此可求得的长，即可得到AC错误；作，可证得平面，同时平面，根据线面角定义，结合长度可得BD正误.
【详解】连接，
不妨令，在长方体中，面，面，
和分别为与平面和平面所成的角，
即，
在中，，，，
在中，，，，
，，，，，AC错误；
作，垂足为，
平面，平面，，
又，平面，平面，
为与平面所成的角，
在中，，B错误；
连接，
平面，为与平面所成的角，
在中，，，D正确.
故选：ABC.
12．已知正方体棱长为，为棱的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在唯一点，使得
C．当，此时点的轨迹长度为
D．当为底面的中心时，三棱锥的外接球体积为
【答案】BCD
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据点关于平面的对称点为，由可知A错误；利用向量垂直的坐标表示可求得时的点坐标，当时点的轨迹方程，可知BC正确；根据垂直关系可知三棱锥外接球球心为中点，半径为，由球的体积公式可求得D正确.
【详解】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，
，，
对于A，点关于平面的对称点为，
则（当且仅当三点共线时取等号），A错误；
对于B，由得：，
即，，即存在点，使得，B正确；
对于C，，，
由得：，即，
点轨迹是连接棱中点与棱中点的线段，其长度为线段的一半，
点轨迹长为，C正确；
对于D，平面，平面，，
由B知：，中点到的距离相等，
即三棱锥外接球球心为中点，半径为，
三棱锥外接球体积，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知点是点在坐标平面内的射影，则____________．
【答案】
【分析】根据射影坐标的特征可得点坐标，由向量模长坐标运算可求得结果.
【详解】由题意知：，，.
故答案为：.
14．已知两条平行直线与间的距离为，则的值为_____________．
【答案】或##或
【分析】利用平行直线间距离公式可直接构造方程求得结果.
【详解】由题意知：，即，解得：或.
故答案为：或.
15．如图，两条异面直线a，b所成角为，在直线上a，b分别取点，E和点A，F，使且.已知，，.则线段______.
【答案】或
【分析】根据空间向量的加法，利用向量数量积的性质计算模长，建立方程，可得答案.
【详解】因为，所以，
由于，，则，，
又因为两条异面直线a，b所成角为，所以或，
故，可得或.
故答案为：或
16．球为正四面体的内切球，，是球的直径，点在正四面体的表面运动，则的最大值为______．
【答案】
【分析】设球的半径为，利用正四面体的性质可得，进而可得，然后根据向量线性运算及数量积的运算律可得，进而即得.
【详解】设球的半径为，由题可知正四面体的高为，
所以，
解得，
因为点在正四面体的表面运动，
所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．求满足下列条件的直线方程：
（1）已知、、，求的边上的中线所在的直线方程；
（2）过点，在两坐标轴上截距相等的直线方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）先计算中点的坐标，再利用两点式写出直线方程，即得结果；
（2）分类讨论直线是否过原点两种情况，分别设直线方程，再将点P代入计算，即得结果.
【详解】解：（1）由题意可知，的中点坐标为，又点，
所以的边上的中线所在的直线方程为：，
即；
（2）当直线过原点时，设方程为，
∵过点，∴直线方程为，即；
当直线不过原点时，设方程为，
∵过点，∴，∴直线方程为，即.
故所求直线的方程为或.
18．如图，平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，设，，.
（1）试用，，表示向量，；
（2）若，求直线与所成的角.
【答案】（1）；；（2）.
【分析】（1）由向量的加减运算法则，即可求解向量，；
（2）根据向量的数量积的运算公式，分别求得,结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由向量的加减运算法则知：
在平行四边形中，，
又由.
（2）由题意知，，，，，
可得
.
又由，
，
所以，
因为，所以.
所以与所成的角为.
【点睛】本题主要考查空间向量的线性运算，以及异面直线所成角的求解，其中解答中熟记空间向量的数量积和夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
19．在平行六面体中，，，
(1)求证：直线平面．
(2)求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为基底，并用基向量表示和平面，再通过向量运算证明是平面的法向量即可；
（2）利用向量数量积的定义和运算性质可求得，，由点到平面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）设，，，则为空间的一个基底，且，，，
，，
，，
在平面上，取为基向量，则对于平面上任意一点，存在唯一的有序实数对，使得，
，
是平面的法向量，平面．
（2）设到平面的距离为，则，
，，
.
20．在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，，E是的中点．
(1)求证：面；
(2)若，则棱PB上是否存在一点F，使得平面与平面EBD的夹角的余弦值为？若存在，请计算出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，的值为或0
【分析】（1）通过构造中位线的方法，结合线面平行的判定定理证得
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用平面与平面EBD的夹角求得点的位置，从而计算出.
【详解】（1）连结交于，连结.
为正方形，为中点，又为中点，
.
又平面EDB，平面EDB，
平面EDB.
（2），，
即，平面PAD⊥平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
且平面，平面ABCD.
以为基底建立空间直角坐标系，，
设，，设，
，，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
同理可求得平面的法向量为
由于平面与平面EBD的夹角的余弦值为，
则，
解得或.
答：存在，且的值为或0.
21．如图，是某景区的瀑布群，已知，点Q到直线，的距离均为2，现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸交道路于点B．
（1）求；
（2）当取得最小值时，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)以O为原点，OM为x轴，建立平面直角坐标系，由点Q到直线，的距离均为2列方程求Q的坐标，由此可得，(2) 由条件设，，根据A,B,Q三点共线可得a,b的关系，表示结合基本不等式求其最小值，由此确定.
【详解】解：（1）以点O为坐标原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
则由题可得直线的方程为，
Q到直线的距离为2，设.
由，解得或（舍去），所以.
故.
（2）设，，
所以，则，即.
又，
当且仅当，即，时，等号成立.
此时，则.
22．知圆，点是直线上的动点．
（1）若从点到圆的切线长为，求点的坐标以及两条切线所夹的劣弧长；
（2）若点，，直线，与圆的另一交点分别为，，求证：直线经过定点．
【答案】（1）点的坐标为，；（2）证明见解析．
【分析】（1）设两切点分别为，，由可求；
（2）表示直线的方程，与圆方程联立，表示出坐标，同理可得的坐标，即可求出.
【详解】（1）依题意，设．
设两切点分别为，，则，．
由题意可知，
即，解得，
所以点的坐标为．
在中，可求得，所以，
所以所求两条切线所夹的劣弧长为．
（2）设，，．
依题意，可得直线的方程为，
由，得．
因为直线经过点，，
所以，是上述方程的两个根，
则，即，
代入直线方程，得'．
同理，可得直线的方程为．
由，得．
因为直线经过点，，
所以2，是上述方程的两个根，
则，即，
代入直线方程，得．
若，则，此时，
显然，在直线上，所以直线经过定点．
若，则，，
由，
，可知，
所以，，三点共线，即直线经过定点．
综上所述，直线经过定点．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.