2021-2022学年浙江市温州市第八高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江市温州市第八高级中学高二上学期第一次月考数学试题（解析版），共21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。
2021-2022学年浙江市温州市第八高级中学高二上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．直线的一个方向向量为，则直线的斜率等于（    ）A．2 B．C．0.5 D．【答案】B【分析】由直线上的方向向量求直线的斜率【详解】由于直线的一个方向向量为，则直线的斜率为，故选：B．2．已知直线：，：，若则（    ）A． B．C．或 D．【答案】A【分析】直线与直线平行则有，【详解】解：∵直线：，：，若，则，且 解得：或，且故，故选：A．3．过点，，且圆心在上的圆的方程是（    ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】首先根据圆心在，设圆心坐标为,再根据即可计算出圆的标准方程.【详解】由圆心在，设圆心坐标为,因为点，在圆上所以所以圆心为，半径为.因此圆的方程是故选C．4．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的基本定理和坐标表示即得结果.【详解】设在基底下的坐标为，则，所以，解得，，，故在基底下的坐标为．故选：A.5．如图所示，在正方体中，O是底面正方形的中心，M是线段的中点，N是线段的中点，则直线与直线所成的角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，求出向量的坐标，计算，根据其结果即可求得答案.【详解】以D为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2，则,∴，∴，即，∴直线与直线所成的角是,故选：D6．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】先求出点A关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】解：设点A关于直线的对称点，的中点为，，故，解得，要使从点A到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离，“将军饮马”的最短总路程为，故选：D.7．已知两点，若直线与线段没有公共点，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】确定直线恒过定点，作出示意图，数形结合，确定直线l与线段没有交点时，直线l的斜率，即可求得答案.【详解】直线恒过定点，斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为,结合图象可知，当直线l与线段没有交点时，直线l的斜率，即,故选:C8．已知半径为1的球面上有四个点，，且，则四面体的体积最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设分别在上，且，再根据线面垂直的性质与判定，结合体积公式可得，进而转求线段的最大值.再设的中点分别是，利用，再两边平方，结合向量的性质分析可得，进而求得体积最大值即可.【详解】设分别在上，且，因为，所以面所以，所以.要求四面体的体积最大，即求线段的最大值.设的中点分别是，球心为，因为，，所以.所以在中，因为，所以因为，所以所以，当和均重合时取等所以.故选：B.【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，需要结合体积的公式与球的性质，从而得到线的垂直关系与线段长度间的关系，并结合空间向量的方法分析最值.属于难题. 二、多选题9．已知空间三点 ， ， ，设,则下列结论正确的是（    ）A．若 ，且 ，则 B．和的夹角的余弦值 C．若 与z轴垂直，则 应满足 D．若 与 互相垂直，则k的值为2【答案】BC【分析】对于A，结合向量平行的性质，以及向量模公式，即可求解，对于B，结合向量的夹角公式，即可求解，对于C,D由向量垂直的性质，即可求解．【详解】对于A，，1，，，0，，，，，，，解得，故或，故A错误，对于B，，0，，，1，，，0，，，，，，，，，，故B正确，对于C，，，，，，与轴垂直，，即，故C正确,对于D，，，，，与互相垂直，，即，解得或，故D错误，故选：BC10．下列说法正确的是（    ）A．已知直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为B．直线的倾斜角为120°C．，，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件D．若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为【答案】BCD【分析】考虑直线截距为0时可以判断A；先求出斜率，进而求出倾斜角，然后判断B；先求出直线与直线垂直的等价结论，进而判断C；设出原直线方程，再求出平移后的直线方程，进而通过两条直线重合求出答案，进而判断D.【详解】对A，若直线过原点，则方程为：，A错误；对B，直线斜率为：，则倾斜角为120°，B正确；对C，直线与直线垂直，等价于或a=3，C正确；对D，若直线斜率不存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，不与原来重合，舍去；若直线斜率存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，因为它回到原来的位置，所以，D正确.故选：BCD11．在棱长为2的正方体中，点为线段上一动点，则（    ）A．在点运动过程中，存在某个位置使得直线与直线所成角为锐角B．三棱锥的体积为定值C．当为的一个三等分点时，平面截正方体所得的截面面积为D．当为中点时，直线与平面所成的角最大【答案】BCD【分析】通过证明平面，即可判断A，由正方体的性质可得到平面的距离为定值，再由为定值，即可说明B，不妨设为上靠近的一个三等分点，设平面与，的交点分别为，，根据面面平行的性质得到四边形为平行四边形，再利用余弦定理及面积公式计算即可判断C，设在平面上的投影为，则为直线与平面所成的角，由锐角三角函数得到，而为定值，即可当取得最小值，角取得最大值，即可判断D.【详解】解：对于A，如图，连接，，，，因为在正方体中，易知，，，平面，，∴平面，平面，∴，同理，，、平面，∴平面，而点为线段上一动点，所以平面，因此，所以A错误；对于B，如图，因为在正方体中，平面平面，且平面与平面的距离为正方体棱长，而，所以三棱锥的体积，为定值，因此B正确；对于C，不妨设为上靠近的一个三等分点，即，如图所示，设平面与，的交点分别为，，∵平面平面，∴，同理，∴平面截正方体所得的截面为平行四边形，∵，∴，∴，∴,又可知，由余弦定理的推论可求得，∴，∴，当为上靠近的一个三等分点，同理可求得截面面积为，因此C正确；对于D，当点在上运动时，它在平面上的投影落在上，不妨设为，则为直线与平面所成的角，又，且恒为定值，故当取得最小值时，最大，也即最大，此时有，即为的中点，即为的中点，故当为中点时，直线与平面所成的角最大，因此D正确．故选：BCD．12．如图，矩形中，，将沿直线翻折成，若为线段的点，满足，则在翻折过程中（点不在平面内），下面四个选项中正确的是（    ）A．平面B．点在某个圆上运动C．存在某个位置，使D．线段的长的取值范围是【答案】ABD【分析】由已知，选项A，在上取一点，令，可通过面面平行的判定定理证明平面平面，从而证明平面；选项B，可通过,，，借助余弦定理可知为定值，从而确定点的轨迹；选项C，可先假设成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到，然后在中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D，可通过点运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.【详解】如上图所示，在上取一点，令，连接，在矩形中，且，又因为，，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，又因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为且平面,所以平面平面，又因为平面,所以平面，选项A正确；由，，,可得,由，可知，，而，由余弦定理可知，为定值，而为定点，故在以为圆心，为半径的圆上运动，故选项B正确；取的中点，连接、，在中，，所以，假设成立，平面,所以平面，又因为平面，所以，而，在中，，，，所以，故不成立，所以假设不成立，该选项C错误；在上取一点，令，在翻折过程中, 线段的最大值是与点重合，此时，线段的最小值是与点重合，此时，又因为点不在平面内，所以线段的长的取值范围是，选项D正确；故选：ABD. 三、填空题13．点到直线的距离为________.【答案】【解析】利用点到直线的距离公式即可得出．【详解】利用点到直线的距离可得：故答案为:．14．若三个向量，，共面，则实数m的值为______．【答案】21【分析】根据向量共面基本定理即可求解.【详解】，，共面，则存在实数，使得，即，故答案为：2115．二面角为，A，B是棱l上的两点，，分别在半平面内，，，且，，则的长_______________.【答案】4【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的性质及运算律计算作答.【详解】依题意，，且有，而，所以.故答案为：416．设，圆，若动直线与圆交于点A、C，动直线与圆交于点B、D，则的最大值是________．【答案】【分析】求出圆的圆心和半径，求出两条直线位置关系和经过的定点，作出图像，设圆心到其中一条直线的距离为d，根据几何关系表示出，利用基本不等式即可求出其最大值.【详解】，圆心M(1，3)，半径r＝，过定点E(2,1)，过定点E(2,1)，且⊥，如图，设AC和BD中点分别为F、G，则四边形EFMG为矩形，设，，则，则＝，当且仅当即时取等号.故答案为：. 四、解答题17．已知的三个顶点分别为，，，求：(1)AB边中线所在的直线方程；(2)的外接圆的方程.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据中点坐标公式求出AB中点的坐标，利用直线方程的点斜式可得AB边中线所在的直线方程；（2）设出外接圆的一般方程：，利用待定系数法确定、、，再把圆的一般方程化为圆的标准方程即可.【详解】（1）设AB中点为，，，，直线CM斜率，由点斜式得AB边中线方程为：.（2）设外接圆的一般方程为： ，把，，三点坐标代入圆的一般方程得：，解得，所求圆的一般方程为：，化为标准方程为：.18．如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点．(1)以为一组基底表示向量；(2)若，，，求．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）直接利用向量的数乘运算及加减运算求解；（2）由向量的单项式乘多项式及向量的数量积运算求解．【详解】（1）∵为线段的中点，∴，∵，∴，∴；（2）．19．已知直线过点，且与轴，轴的正半轴分别相交于A，两点，为坐标原点．求：(1)当十取得最小值时，直线的方程；(2)当取得最小值时，直线的方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设点，，且，，由直线过定点，得，然后用基本不等式求得的最小值，从而得直线方程；（2）设直线方程为，求出坐标，并求出，由基本不等式得最小值，从而得直线方程．【详解】（1）设点，，且，，直线的方程为：，且直线过点，①；，当且仅当，即时取“”，将代入①式得，；直线的方程为，即取最小值4时，的方程为；（2）设直线方程为，则，，，当且仅当时取“”；当取得最小值4时，直线的方程为，即．20．如图，在正四棱锥中，O为底面中心，，M为PO的中点，．(1)求证：平面EAC；(2)求直线DM到平面EAC的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）说明PO，AC，BD两两垂直，由此可建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面EAC的一个法向量，计算的值，结合线面平行的判定即可证明结论；（2）由于平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离，由此利用空间距离的向量形式的公式计算，可得答案.【详解】（1）证明：在正四棱锥中，连接BD，则O为BD的中点，且，由于平面ABCD，AC，平面ABCD， 所以，，所以PO，AC，BD两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，故E为PB的靠近B的三等分点，则，，，，，所以，，，设平面EAC的法向量为，则,取，则，，则为平面EAC的一个法向量，因为，所以，又因为平面EAC，所以平面EAC．（2）由（1）知平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离．由（1）知，平面EAC的一个法向量为，所以点D到平面EAC的距离,故直线DM到平面EAC的距离为．21．已知直线过定点，且与圆交于、两点．(1)求直线的斜率的取值范围．(2)若为坐标原点，直线、的斜率分别为、，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值为 【分析】（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解之即可；（2）设，，设直线的方程为，将该直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可计算得出的值.【详解】（1）解：圆的标准方程为，圆心为，半径为.若直线的斜率不存在，此时直线与圆相切，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，由题意可得，解得.因此，直线的斜率的取值范围是.（2）解：设，，设直线的方程为.联立，得，其中，所以，，则，所以为定值.22．已知三棱柱中，.(1)求证: 平面平面.(2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点. 【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答.(2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，，平面，于是得平面，而平面，则，由得，，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，依题意， ，化简整理得： 而，解得，所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为.