2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二上学期10月期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二上学期10月期中考试数学试题（解析版），共17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。
2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二上学期10月期中考试数学试题 一、单选题1．已知且，则的值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由空间向量数量积的坐标运算求解．【详解】由已知，解得．故选：C．2．在平行六面体中，，，，是的中点，用、、表示为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将用、表示，再利用空间向量的减法可得出关于、、的关系式.【详解】如图所示：，，因此，，故选：A.3．已知是空间向量的一个基底，则可以与向量，，构成基底的向量是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由基底的定义求解即可.【详解】因为，，，为不共面向量，所以能构成基底，故A正确；因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故B错误；因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故C错误；因为，，，为共面向量，所以不能构成基底，故D错误.故选：A.4．已知空间向量,,若,则实数A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】C【分析】根据时，，列方程求出的值．【详解】解：向量，，若，则，解得．故选：．【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算与垂直应用问题，属于基础题．5．已知直线将圆：的周长平分，且直线不经过第三象限，则直线的倾斜角的取值范围为（   ）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意，直线过圆心，因为直线不过第三象限，则倾斜角范围为，故选A．6．已知命题“”的否定是“”；命题在等比数列中，若，则是的充分不必要条件.则下列命题中为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据全称命题的性质、等比数列的性质，结合与、或、非命题的真假原则逐一判断即可.【详解】对于命题p，其否定应该是“”，故p为假命题；对于命题q，依题意.；且；所以“”是“”的充分不必要条件.故q为真命题.由复合命题的真假判断得知为真命题.故选：B7．直线：与曲线不相交，则的取值是（    ）A．或3 B． C．3 D．【答案】A【分析】化简曲线为直线（去掉点），直线与曲线不想交，则为与直线平行或直线过点，分别求的值即可.【详解】曲线表示直线（去掉点），则直线：与曲线不相交，即直线与平行或直线过点，当直线与平行时，，此时直线与不重合；当直线过点时，，所以的取值为或3．故选：A8．已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，.对于结论：①；②；③是平面的法向量；④.其中正确的是（    ）A．②④ B．②③ C．①③ D．①②【答案】B【分析】求出判断①不正确；根据 判断②正确；由，判断③正确；假设存在使得，由无解，判断④不正确.【详解】由，，，，2，，，2，，知：在①中，，故①不正确；在②中，，，，故②正确；在③中，， ，又因为，，知是平面的法向量，故③正确；在④中，，3，，假设存在使得，则，无解，故④不正确；综上可得：②③正确．故选：B．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间向量垂直、向量平行等基础知识，考查了平面的法向量以及空间向量的模，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．若为空间的一组基底，则三点共线B．若为四棱柱，则C．若则四点共面D．若为正四面体为的重心，则【答案】CD【分析】由空间向量基本定理中基底的性质、在几何图形上空间向量加法运算、空间向量共线或共面定理，可判断各项的正误.【详解】A：若为空间的一组基底，则向量不共面，知三点不共线，故错误；B：若为四棱柱且底面为平行四边形，即时，才满足，故错误；C：已知，若向量与共线，则也与共线，即四点共面；若向量与不共线，则点在面内，即四点共面，故正确；D：设为的重心，若为的中点，则，所以，即，故正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：利用空间向量的基底--不共线的性质，判断三点不共线；应用空间向量在几何图形中运算说明成立的条件；由空间向量的共面定理知必有四点共面；利用空间向量在几何图形中运算及三角形重心的性质，确定向量的线性关系.10．若与为两条不重合的直线，则下列说法中正确的有（    ）A．若，则它们的斜率相等 B．若与的斜率相等，则C．若，则它们的倾斜角相等 D．若与的倾斜角相等，则【答案】BCD【分析】由两直线斜率不存在可知A错误；根据两直线平行与斜率和倾斜角的关系可知BCD正确.【详解】对于A，当和倾斜角均为时，，但两直线斜率不存在，A错误；对于B，若和斜率相等，则两直线倾斜角相等，可知，B正确；对于C，若，可知两直线倾斜角相等，C正确；对于D，若两直线倾斜角相等，则两直线斜率相等或两直线斜率均不存在，可知，D正确.故选：BCD.11．（多选）设点P是曲线上的任意一点，P点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围包含（   ）A．             B．             C．             D．【答案】CD【分析】切线倾斜角的正切就是曲线的导数，只要判断导函数的取值范围即可.【详解】，，依题意：，，∵倾斜角的取值范围是，∴，故选：CD.12．如图，已知正方体，分别为和的中点，则下列四种说法中正确的是（    ）A．B．C．与所成的角为D．与为异面直线【答案】BCD【分析】由异面直线定义可知AD正误；证得平面后，利用线面垂直性质可知B正确；由可知所求角为，由长度关系可得，知C正确.【详解】对于A，平面，，，平面，与是异面直线，A错误；对于B，，，，平面，平面，又平面，，B正确；对于C，，即为异面直线与所成的角，，为等边三角形，，C正确；对于D，，平面，，平面，与为异面直线，D正确.故选：BCD. 三、填空题13．已知点关于坐标原点的对称点为，则坐标为___________.【答案】【分析】根据对称性直接求解即可得答案.【详解】解：点关于坐标原点的对称点故答案为：14．已知等差数列的前项和为，若，且三点共线（为该直线外一点），则_________.【答案】1008【详解】，且三点共线（为该直线外一点）15．已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－1,0)，B(0,2)，C(a,0)，若AB⊥BC，则a＝________.【答案】4【详解】因为kAB＝ ＝2，所以直线BC的斜率存在，且kBC＝＝－.由2·＝－1，得a＝4.故答案为:416．如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，且，若点E为的中点，则点D到平面的距离为___________.【答案】【分析】以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标以及平面的一个法向量，再利用公式求解即可.【详解】以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，从而.设平面的一个法向量为，由法向量的性质可得令，则，所以.所以点D到平面的距离.故答案为：.【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常见方法：1,、直接求出垂线段的长；2、利用体积相等列方程求解；3、建立空间坐标系利用公式求解. 四、解答题17．设直线，根据下列条件分别确定m的值.(1)直线l在x轴上的截距为;(2)直线l的斜率为1.【答案】（1）；（2）1【分析】（1）令表示出，根据直线在x轴上的截距是列方程求解．（2）将直线的方程整理成斜截式，根据直线的斜率为1列方程求解．【详解】（1）令，得 解得所以．故当时，直线在轴上的截距为．（2）由题意，得解得所以．故当时，直线的斜率为．【点睛】（1）本题主要考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距．令解出，得到直线的横截距．（2）本题考查了直线方程的斜截式，将方程整理成斜截式可得到斜率．18．如图，四面体中，，，，M，N分别是棱，的中点，设，， (1)用表示向量；(2)求，所成角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接通过向量的线性运算表示出即可；（2）先计算出，再求出和，按照夹角公式即可求解.【详解】（1）（2），，，，，，由（1）知，，，，又，，故，所成角的余弦值为.19．（1）已知直线和，若，求实数的值；（2）已知三个顶点的坐标分别为，，.求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)根据得出两直线的斜率相同，解出m的值，再检验m的值；(2)由两点间距离公式求，再由点到直线的距离求高，即可得三角形面积.【详解】(1)由题意，得直线的斜率，直线的斜率，因为，所以即，解得m=2或m=-1，当m=2时，：，：，符合题意；当m=-1时，：，：，与重合，不符题意.综上，m=2；（2）的方程为，即.点到直线的距离，，则的面积.20．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线分别交于点且，点在直线上，为的中点，且直线平面．（Ⅰ）设，试用基底表示向量；（Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）由，利用空间向量的加、减运算法则求解；（Ⅱ）结合（Ⅰ），根据，设，分别用表示，，，然后根据平面，由存在实数y，z，使得求解.【详解】（Ⅰ）因为，所以；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又因为，所以，,则，，，设，则，，因为平面，则存在实数y，z，使得，即，，所以，消元得，当时，，当时，，，解得，综上：，所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是正确理解平面，进而利用向量法，由存在实数y，z，使得而得解.21．如图，在棱长为1的正方体中，点在上移动，点在上移动，，连接.（1）证明：对任意，总有∥平面；（2）当的长度最小时，求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【分析】作∥，交于点，作∥，交于点，连接.通过证明四边形为平行四边形,可得∥,再根据直线与平面平行的判断定理可证.(2)根据题意计算得 ,再配方可得取最小值时 分别为的中点,再取 为 , 连接，，,可得是二面角的平面角,再计算可得.【详解】（1）证明：如图，作∥，交于点，作∥，交于点，连接.由题意得∥，且，则四边形为平行四边形.∴∥.又∵，，∴∥.（2）由（1）知四边形为平行四边形，∴.∵，∴.∵，∴，.即，故当时，的长度有最小值．分别取，的中点、，连接，，．易知，，故是二面角的平面角在中，．所以.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理,以及二面角,属中档题.22．如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且．（1）证明：直线平面；（2）证明：平面平面；（3）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）连接，交于，设中点为，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得平面.（2）通过证明，证得平面，由此证得平面，进而有平面平面.（3）以点或者点建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF.因为O，F分别为AC，PC的中点，所以，且，因为，且，所以，且，所以四边形OFED为平行四边形，所以，即 ，又平面，面，所以面；（2）因为平面，平面，所以.因为是菱形，所以.因为，所以平面，因为，所以平面 ，因为平面，所以平面平面  ；（3）解法1：因为直线与平面所成角为，所以，所以 ，所以，故△为等边三角形.设BC的中点为M，连接AM，则.以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图）.则， ，设平面PCE的法向量为，则,即，令则所以   ，设平面CDE的法向量为，则即，令则所以  ，设二面角的大小为，由于为钝角，所以．所以二面角的余弦值为． 解法2：因为直线与平面所成角为，且平面，所以，所以． 因为，所以为等边三角形．因为平面，由（1）知，所以平面．因为平面，平面，所以且．在菱形中，．以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）．则，则，设平面的法向量为，则即，令，则，则法向量． 设平面的法向量为，则，即，令，则则法向量． 设二面角的大小为，由于为钝角，则．所以二面角的余弦值为．【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求二面角的余弦值，考查运算求解能力，属于中档题.