2022-2023学年湖南省怀化市湖天中学高二上学期9月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省怀化市湖天中学高二上学期9月月考数学试题（解析版），共16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．在空间四边形中下列表达式化简结果与相等的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量运算求得正确答案.
【详解】，A选项错误.
，B选项正确.
，C选项错误.
，D选项错误.
故选：B
2．已知点在平面内，并且对空间任意一点，都有，则的值是（ ）
A．1B．0C．3D．
【答案】D
【详解】试题分析：因为，且四点共面，所以必有，解得，故选D．
【解析】空间向量的共面问题．
3．直线的倾斜角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意结合直线斜率与倾斜角的关系，运算即可得解.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题意直线的斜率，
所以，.
故选：B.
【点睛】本题考查了直线斜率与倾斜角关系的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
4．若直线与直线平行，则实数的值为
A．2B．1C．0D．
【答案】A
【解析】根据两直线平行的性质，两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，从而求得实数的值．
【详解】解：因为直线与直线平行，
所以，
所以，解得，
故选：A
【点睛】本题主要考查两直线平行的性质，两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，属于基础题．
5．已知平面直角坐标系中，直线，直线，则与的位置关系是（ ）
A．平行B．重合
C．相交但不垂直D．垂直
【答案】D
【分析】首先分别求出两条直线的斜率，得到，即可得到答案.
【详解】由题知：，，，.
因为，所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查两条直线的位置关系，属于简单题.
6．若直线的方向向量为,平面的法向量为,则
A．B．C．D．与相交
【答案】C
【分析】由已知得，从而得到l⊥．
【详解】解：∵直线l的方向向量为，
平面的法向量为，
∴，∴，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
7．三棱锥中，，点是的重心，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量线性运算的知识求得正确答案.
【详解】延长，交于，由于点是的重心，所以是的中点，
所以
.
故选：D
8．已知、，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】作出图形，对直线的倾斜角分钝角和锐角两种情况讨论，根据直线的斜率与倾斜角之间的关系可得出直线的斜率的取值范围.
【详解】设直线交线段于点，记点，如下图所示：
当直线从点运动到点（不包括点）时，直线的倾斜角逐渐减小，且为钝角，
此时直线的斜率；
当直线从点运动到点（不包括点）时直线的倾斜角逐渐增大，且为锐角，
此时直线的斜率.
综上所述，直线的斜率的取值范围是.
故选：C.
二、多选题
9．下列关于直线的斜率和倾斜角的叙述正确的有（ ）
A．平面直角坐标系中的任意一条直线都有倾斜角
B．平面直角坐标系中的任意一条直线都有斜率
C．若一条直线的斜率为，则该直线的倾斜角为
D．若一条直线的倾斜角为，则该直线的斜率为
【答案】AD
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义，即得解
【详解】任意一条直线都有倾斜角但是不一定有斜率，当倾斜角为时，直线的斜率不存在
故A正确，B不正确；若一条直线的斜率为，则倾斜角为，故C错误，
由直线的倾斜角和斜率的定义，若一条直线的倾斜角为，则该直线的斜率为正确.
故选：AD.
10．正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．面
D．与是相交直线
【答案】BC
【分析】根据线线垂直、面面相交、线面平行、异面直线的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】连接，如下图所示，
A选项，由于，所以是异面直线与所成的角或其补角，
设正方体的边长为，则，
所以，所以，所以，A选项错误.
B选项，根据正方体的性质可知:，所以四点共面，
所以平面平面，B选项正确.
C选项，根据正方体的性质可知，
所以四边形是平行四边形，所以
由于平面，平面，
所以面，C选项正确.
D选项，由于与平面相交，平面其不过与平面的交点，
所以与是异面直线，D选项错误.
故选：BC
11．若直线l1：与直线l2：互相垂直，则实数的值是（ ）
A．-3B．1C．-1D．3
【答案】AB
【分析】由两直线垂直可得，然后解得即可.
【详解】由两直线垂直，可得，即
解得或.
故选:AB.
12．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．PC与平面BCD所成的最大角为45°
B．存在某个位置，使得PB⊥CD
C．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC
D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为
【答案】BC
【分析】A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，
当PC时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；
B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；
C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；
D，若B到平面PDC的距离为，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．
【详解】解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC．
由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，
由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，
当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；
选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，
又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，
∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；
选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，
∵PB＝PD，∴OP⊥BD，
∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，
又OP＝OC，∴△POC为等腰直角三角形，
∴PCOP，即选项C正确；
选项D，∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，
∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，
则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．
故选：BC．
三、填空题
13．向量，则__________.
【答案】
【分析】根据向量运算求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14．已知直线恒过定点，点也在直线上，其中均为正数，则的最小值为__________.
【答案】8
【分析】结合均值不等式即可直接求出结果.
【详解】因为直线，即，故，
由于点也在直线上，所以，
因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
故则的最小值为8，
故答案为：8.
15．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【详解】如图连接C1D，则C1D∥AB1，
∴∠BC1D就是异面直线AB1与BC1所成的角．，AA1=1，
在△BC1D中，，，，
∴csBC1D．∴异面直线AB1与A1D所成的角的余弦值为：．
16．如图，棱长为3的正方体的顶点在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，，则顶点到平面的距离是______.
【答案】
【分析】求点到平面的距离，建立空间直角坐标系，由顶点到平面的距离分别为，，利用空间点到平面距离公式，求出平面的法向量，即可求出结论.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则点到平面距离为，①
点到平面距离为，②
由①②可得，
所以到平面的距离为.
故答案为:.
【点睛】本题考查点到平面的距离，利用空间直角坐标系解题时，正确建立空间坐标系是关键，属于较难题.
四、解答题
17．求下列直线方程：
(1)求过点，斜率是3的直线方程.
(2)求经过点，且在轴上截距为2的直线方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用直线点斜式方程直接求解即可；
（2）利用直线斜截式方程，结合代入法进行求解即可.
【详解】（1）因为直线过点，且斜率是3，
所以该直线方程为；
（2）因为直线在轴上截距为2，
所以该直线方程为，又因为该直线过点，
所以有，
18．已知的三个顶点坐标分别为.
（1）求边上的中线所在直线的一般式方程；
（2）求边上的高所在直线的一般式方程.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）先求得的中点,再求得中线的斜率,进而求得中线的方程；
（2）先求得直线的斜率,即可得到其高的斜率,再利用点斜式方程求解即可
【详解】（1）∵,∴的中点为,
∴边的中线的斜率为,
∴边上的中线的一般式方程为
（2）∵,∴,
故边上的高所在直线斜率为,
由点斜式得,
∴边上的高所在直线的一般式方程为
【点睛】本题考查直线的一般方程,考查三角形的性质的应用,考查斜率公式的应用
19．如图，在正方体中，
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出异面直线与所成的角，并求得角的大小.
（2）判断二面角的平面角，并求得角的大小.
【详解】（1）在正方体中，连接，
由于，所以是异面直线与所成的角，
由于三角形是等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）在正方体中，，
所以是二面角的平面角，
根据正方体的性质可知，
所以二面角的大小为.
20．已知是底面边长为1的正四棱柱，且是与的交点.
(1)若是的中点，求证：平面；
(2)求到平面的距离.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法证得平面.
（2）利用等体积法求得到平面的距离.
【详解】（1）连接，由于分别是的中点，
所以，
由于平面，平面，
所以平面.
（2）连接，则到平面的距离是到平面的距离，设为.
，
，
，
所以到平面的距离是.
21．已知直线.
(1)若直线不经过第三象限，求的取值范围；
(2)若直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)的最小值为，此时直线的方程为
【分析】（1）根据直线不经过第三象限以及直线所过定点，求得的取值范围.
（2）求得的表达式，利用基本不等式求得的最小值，进而求得直线的方程.
【详解】（1）直线，，
直线过定点，
若直线不经过第三象限，所以，
即的取值范围是.
（2）直线，，直线过定点，斜率存在，
依题意，直线交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点为坐标原点，则，
由，令，得；令得，
所以，
所以
，
当且仅当时等号成立，
此时直线的方程是.
22．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．
（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
【答案】（1）见解析（2）
【分析】（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.