2021-2022学年山东省烟台市蓬莱区蓬莱第二中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省烟台市蓬莱区蓬莱第二中学高二上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知，，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接由向量的坐标运算即可得出答案.

【详解】，

故选：C.

2．经过与两点的直线的方程为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由已知得，两点的纵坐标相等，所以，该直线的斜率为0，可得直线方程为

【详解】由两点的坐标可知，直线与轴平行，所以直线的方程为.

【点睛】本题考查已知两点求直线方程，属于基础题

3．如图，在正方体，中，点是的中点，点在上，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据空间向量的加法和数乘运算，以及相等向量的转化，即可求解.

【详解】易知，，，，，，所以.

故选：D

4．已知空间向量，，且，，，则一定共线的三点是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量共线判断三点共线即可．

【详解】解：

，

又与过同一点B，

∴ A、B、D三点共线．

故选：C．

5．不论为何实数，直线恒过定点（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】C

【分析】将直线方程变形为,即可求得过定点坐标.

【详解】根据题意,将直线方程变形为

因为位任意实数,则,解得

所以直线过的定点坐标为

故选:C

【点睛】本题考查了直线过定点的求法,属于基础题.

6．如图,正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是

A．30° B．45° C．60° D．90°

【答案】A

【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求解．

【详解】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，

建立空间直角坐标系O﹣xyz．

设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，

则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，，），

则（2a，0，0），（﹣a，，），（a，a，0），

设平面PAC的一个法向量为，

则，，

∴，可取（0，1，1），

∴cos，，

∴，＞＝60°，

∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°＝30°．

故选A．

【点睛】本题考查直线与平面所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

7．若方程表示一条直线，则实数满足

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】方程表示一条直线，，，不能同时成立，两式同时成立时解得 所以，故选C.

8．如图所示，在直二面角中，四边形是边长为的正方形，是等腰直角三角形，其中，则点到平面的距离为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，

从而，，

设平面的法向量为

则，即

令，则，

为平面的法向量

故点到平面的距离

故选.

二、多选题

9．已知点P是平行四边形所在的平面外一点，如果，下列结论正确的有（    ）

A． B．

C．是平面的一个法向量 D．

【答案】ABC

【分析】由，可判定A正确；由，可判定B正确；由且，可判定C正确；由是平面的一个法向量，得到，可判定D不正确.

【详解】由题意，向量，

对于A中，由，可得，所以A正确；

对于B中，由，所以，所以B正确；

对于C中，由且，可得向量是平面的一个法向量，所以C正确；

对于D中，由是平面的一个法向量，可得，所以D不正确.

故选：ABC

10．直线l1：ax﹣y+b＝0，l2：bx+y﹣a＝0（ab≠0）的图像可能是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由题意利用直线的斜率和直线在y轴上的截距，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.

【详解】解：直线l1：ax﹣y+b＝0的斜率为a，在y轴上的截距为b，l2：bx+y﹣a＝0（ab≠0）的斜率为﹣b，在y轴上的截距为a，

A中，直线l1的斜率a大于零，而直线l2在y轴上的截距a小于零，矛盾，故排除A；

B中，直线l1的斜率a大于零，而直线l2在y轴上的截距a大于零，

直线l1在y轴上的截距b大于零，l2：bx+y﹣a＝0（ab≠0）的斜率为﹣b，小于零，满足题意；

C中，直线l1在y轴上的截距为b，大于零，l2：bx+y﹣a＝0（ab≠0）的斜率为﹣b，小于零，

直线l1的斜率a小于零，直线l2在y轴上的截距a小于零，故C满足题意；

D中，直线l1的斜率为a大于零，直线l2在y轴上的截距为a 小于零，矛盾，故排除D，

故选：BC.

11．（多选）已知，，，，是空间五点，且任何三点不共线.若，，与，，均不能构成空间的一个基底，则下列结论中正确的有（    ）

A．，，不能构成空间的一个基底

B．，，不能构成空间的一个基底

C．，，不能构成空间的一个基底

D．，，能构成空间的一个基底

【答案】ABC

【分析】由，，与，，均不能构成空间的一个基底，可得空间五点，，，，共面，从而可作判断

【详解】解：因为，，与，，均不能构成空间的一个基底，且，，，，是空间五点，且任何三点不共线

所以空间五点，，，，共面，

所以这五点，，，，中，任意两个点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底，所以ABC正确，D错误.

故选：ABC

【点睛】此题考查空间向量基本定理，属于基础题

12．三条直线，，构成三角形，则a的取值可以是（    ）

A． B．1 C．2 D．5

【答案】CD

【分析】经分析可得三线不共点，所以只需直线与另两条直线不平行，即可求得的范围．

【详解】由题意可得直线与都经过原点，

而无论为何值，直线总不经过原点，

因此，要满足三条直线构成三角形，只需直线与另两条直线不平行，

所以.

故选：CD

三、填空题

13．已知直线l1：(k－3)x＋(3－k)y＋1＝0与直线l2：2(k－3)x－2y＋3＝0垂直，则k=_____.

【答案】2

【分析】利用利用两条直线相互垂直的条件即可得出．

【详解】因为直线与垂直，

所以，解得或3（舍），则k的值为2．

故答案为：2．

【点睛】题考查了两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

14．设向量，且，则的值为__________．

【答案】168

【分析】根据向量，设，列出方程组，求得，得到，再利用向量的数量积的运算公式，即可求解.

【详解】由题意，向量，设，

又因为，

所以，

即，解得，

所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了向量的共线的坐标运算，以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的共线条件，熟练应用向量的数量积的运算公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

15．已知直线过点且与以，为端点的线段有公共点，则直线倾斜角的取值范围为_______．

【答案】

【分析】结合函数的图像，求出端点处的斜率，从而求出斜率的范围，进而求出倾斜角的范围即可.

【详解】解：如图所示：

设直线过点时直线的斜率为，直线过点时直线的斜率为，

则，，，

所以要使直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围为：,

所以倾斜角的取值范围.

故答案为：.

【点睛】本题考查了求直线的斜率问题，斜率与倾斜角的关系，考查数形结合的思想，是一道基础题.

16．在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱AB，AD，两两夹角都为，且，，，M，N分别为，的中点，则MN与AC所成角的余弦值为__________．

【答案】

【分析】先证明，则是MN与AC所成的角，结合余弦定理即可证明.

【详解】

连接，，则四边形是平行四边形，∴．

又且，

∴，∴是MN与AC所成的角．由余弦定理可得：

，

，

．

∴．

故答案为：．

四、解答题

17．已知点、，直线.

（1）求线段的中点坐标及直线的斜率；

（2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程.

【答案】（1）线段的中点坐标为，直线的斜率为；（2）.

【分析】（1）利用中点坐标公式可求出线段的中点坐标，由直线的斜率公式可计算出直线的斜率；

（2）根据题意，设直线的方程为，将的坐标代入其方程计算可得的值，即可得答案．

【详解】（1）根据题意，设的中点坐标为，

又由点、，则，，

所以，线段的中点坐标为，直线的斜率为；

（2）设直线的方程为，

又由直线经过点，则有，则.

即直线的方程为.

【点睛】本题考查线段中点坐标的计算，涉及直线的斜率计算，同时也考查了利用直线平行求直线方程，涉及平行直线系方程的应用，考查运算求解能力，属于基础题．

18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱的中点．

(1)证明：；

(2)若F为棱上一点，满足，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)详见解析；

(2).

【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明．

（2）根据为棱上一点，，求出的坐标，进而求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，即求．

【详解】（1）∵底面，，

以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

∵，，点为棱的中点.

∴，，，，，

∵，，，

∴.

（2）∵，，

由点在棱上，设，

故，

由得，

解得，即，

设平面的法向量为，

由，得

令，则，

取平面的法向量，

，

故平面与平面夹角的余弦值为.

19．设直线，，求满足下列条件的，的值.

（1），且过点；

（2），且，在轴上的截距互为相反数.

【答案】（1）或；（2）或.

【分析】（1）由过点，可得：；利用，，即可解出；

（2）由题意可得：两条直线不可能都经过原点，当时，可知：两条直线不平行；当时两条直线分别化为：，，利用题意可得，，解出即可得出，的值.

【详解】解：（1）过点，可得：；

，，

解得：或.

（2）由题意可得：两条直线不可能都经过原点，

当时，两条直线分别化为：，，

可知两条直线不平行．

当时，两条直线分别化为：，，

由于，且，在轴上的截距互为相反数，

，，

解得：或.

【点睛】本题考查由两条直线相互平行与相互垂直的关系求参数值，考查分类讨论思想和计算能力，属于基础题．

20．如图，在四棱锥中，平面为中点且.

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）证明：取中点，连接.

因为中，为中点，

所以且.

又因为且，

所以且.

所以四边形为平行四边形，

所以，

又因为平面平面，

所以平面.

(2)以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系.

设，

所以平面的法向量为设.

又，

，设面的一个法向量为，

则有：，

可求得平面的一个法向量为.

设二面角大小为，则，

所以，

所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了线面平行的证明，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的余弦值问题，考查了数学运算能力和推理论证能力.

21．如图，在三棱柱中，已知侧面，，，，点在棱上.

(1)求的长，并证明平面；

(2)若，试确定的值，使得到平面的距离为.

【答案】(1)见解析；

(2)．

【分析】（1）由题意，根据余弦定理，求出的长，由勾股定理，易证，结合条件，可知，根据线面垂直定理，从而问题可得解；

（2）根据题意，可采用坐标法进行求解，由（1）可以点为原点建立空间直角坐标系，由共线定理，对点坐标作出假设，求出向量与平面的法向量，再由向量数量积公式进行运算即可.

【详解】（1）证明：因为，，，

在△中，由余弦定理，得，

所以，即C1B⊥BC．

又AB⊥侧面BCC1B1，BC1侧面BCC1B1，故AB⊥BC1，

又，平面，所以C1B⊥平面ABC．

（2）由（1）知，BC，BA，BC1两两垂直，

以B为空间坐标系的原点，建立如图所示的坐标系，

则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(，0，0)，C1(0，0，)，B1(，0，)，

，，

设平面的一个法向量为，

则

令，得，又

解得或，

∴当或时，C到平面的距离为．

22．如图1，正方形ABCE，，延长CE到达D，使，M，N两点分别是线段AD，BE上的动点，且．将三角形ADE沿AE折起，使点D到达的位置（如图2），且．

(1)证明：平面；

(2)当M，N分别为和BE的中点时，判断MN的长度是否最短并求出；

(3)当MN的长度最短时，求平面与平面EMN所成角（锐角）的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)最短，

(3)

【分析】(1)分别在平面和平面BCE内作交于点G，交CE于点H，连接，根据题意可证得四边形MNHG是平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可证明；

(2)由(1)表示出、，利用勾股定理求出的表达式，结合二次函数的性质求出，即可下结论；

(3)建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求平面和平面EMN的一个法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可求解.

【详解】（1）分别在平面和平面BCE内作交于点G，

交CE于点H，连接．

∵，∴．设，

在中，，则，

∴，同理可求，∴，

即四边形MNHG是平行四边形．

∴．∴平面，平面，

∴平面．

（2），N分别为和BE的中点时，MN的长度最短．

∵，．

在中，由（1）可得：，，

∴，

当时，，此时M、N分别是和BE的中点，

由（1）知，

∴，N分别为和BE的中点时，MN的长度最短，．

（3）以E为坐标原点，分别以EA、EC、所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意知，，，，，，

∴，，，，

设是平面的一个法向量，

由，得，取，可得，

设是平面EMN的一个法向量，

由，可得，取，得，

∴，

故平面与平面EMN所成角（锐角）的余弦值．