2022-2023学年河南省洛阳市洛宁县第一高级中学高二上学期9月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市洛宁县第一高级中学高二上学期9月月考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市洛宁县第一高级中学高二上学期9月月考数学试题 一、单选题1．若直线与直线平行，则实数a的值为（    ）A．0 B．－1 C．1 D．－1或1【答案】B【分析】结合已知条件利用直线的平行关系求解即可.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得，当 时，易知两条直线重合，不符合题意；当时，符合题意.综上所述，实数a的值为.故选：B.2．已知空间四点，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的坐标运算、数量积运算和空间向量的夹角公式计算即可.【详解】由题意得，，所以，所以，故选：A3．设，是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】C【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.【详解】A：由，，则或相交，错误；B：由，，则或或相交，错误；C：由，则存在直线且，而则，根据面面垂直的判定易知，正确；D：由，，则或，错误.故选：C4．若：，，是三个非零向量；：，，为空间的一个基底，则p是q的  （    ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用基底的判定方法和充分不必要条件的定义进行判定.【详解】空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，若，，是三个共面的非零向量，则，，不能作为空间的一个基底；但若，，为空间的一个基底，则，，不共面，所以，，是三个非零向量，即p是q的必要不充分条件.故选：B.5．过两条直线与的交点，倾斜角为的直线方程为(    )A． B．C． D．【答案】A【分析】联立两条直线的方程求出交点坐标，再根据直线方程的点斜式即可求解．【详解】由解得，故两直线交点为(－1，2)，故直线方程是：，即．故选：A．6．如图所示，分别是四面体的边的中点，是线段的一个三等分点（靠近点），设，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接,先求出，再进一步化简即得解.【详解】如图所示，连接,∵，，所以，，，∴.故选：C.7．“”是“直线：与直线：互相垂直”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据给定直线方程求出的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】依题意，，解得或，所以“”是“直线：与直线：互相垂直”的充分不必要条件.故选：A8．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.9．已知在平行六面体中，过顶点的三条棱所在直线两两夹角均为，且三条棱长均为1，则此平行六面体的对角线的长为A． B．2 C． D．【答案】D【分析】由根据已知条件能求出结果【详解】∵==1+1+1+2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°=6．∴=．故选D．【点睛】这个题目考查了向量的点积运算和模长的求法；对于向量的题目一般是以小题的形式出现，常见的解题思路为：向量基底化，用已知长度和夹角的向量表示要求的向量，或者建系实现向量坐标化，或者应用数形结合.10．直线的斜率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出直线的斜率的表达式，通过角的范围求解斜率的范围即可.【详解】由可得直线的斜率为：.因为，所以,所以故选：C11．已知A，B两点都在以PC为直径的球O的球面上，AB⊥BC，AB＝BC＝4，若球O的体积为，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】取中点，先由外接球体积求出半径，再由为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，表示出以及与平行的向量，再按照向量夹角公式求解即可.【详解】如图，取中点，连接，由可得是的外心，则平面，又，，由得，即，又，，分别是中点，，，以为轴建立空间直角坐标系，则，与平行的向量，，故异面直线PB与AC所成角的余弦值为.故选：A.12．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到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）A． B．5 C． D．【答案】A【解析】根据题意，求得点关于直线的对称点为，结合两点间的距离公式，求得长，即可求解.【详解】如图所示，设点关于直线的对称点为，可得，解得，即 则，即“将军饮马”的最短总路程为.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线方程的实际应用问题，其中解答中合理转化，求得点关于直线的对称点，结合两点间的距离公式求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力. 二、填空题13．已知直线，，若，则实数______．【答案】【分析】由直线垂直可得到关于实数a的方程，解方程即可.【详解】由直线垂直可得：，解得：.故答案为：．14．过点且在轴上的截距是在轴上截距的4倍的直线的方程为_____________.【答案】或【解析】分类讨论：直线过坐标原点、直线不过坐标原点，再根据截距的关系求解出直线的方程.【详解】当直线过坐标原点时，显然直线的斜率存在，设，代入，所以，所以，所以直线方程为；当直线不过坐标原点时，设，所以横截距为，纵截距为，所以，解得或（舍），所以直线方程为，故答案为：或.【点睛】本题考查根据截距关系求解直线方程，难度一般.根据截距的倍数求解直线方程时，要注意直线过坐标原点的情况.15．如图，已知球C与圆锥VO的侧面和底面均相切，且球心C在线段VO上，圆锥VO的底面半径为1，母线长为2，则球C的表面积为______．【答案】【分析】根据相切的性质，结合勾股定理、球的表面积公式进行求解即可.【详解】设球C的半径为，因为圆锥VO的底面半径为1，母线长为2，所以，设球C与圆锥VO的侧面的一个切点为，如下图所示：所以有，，在直角三角形中，，所以球C的表面积为，故答案为：16．如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，设，给出下列四个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为单调函数；④设与交于点，连接，在线段上取点，在线段上取点，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①④【分析】①根据面面平行的性质可证明四边形的两组对边分别平行，再证明对角线互相垂直即可证明其是菱形；②四边形面积，EF为定值，MN最大时为最大，观察MN变化即可判断最值情况；③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．底面△的面积是一个定值.高也为定值，故可判断体积为定值.④将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.【详解】①平面∥平面，平面平面＝EN，平面平面＝MF，．同理可证．四边形为平行四边形.连接MN、AC、BD、：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵⊥平面ABCD，∴⊥AC，∵BD＝B，∴AC⊥平面，∵MN平面，∴AC⊥MN.∵EA与FC平行且相等，∴ACFE是平行四边形，∴AC∥EF，∴EF垂直MN，∴MEFN是菱形.故①正确．②四边形面积，EF为定值，当为B或时，即x＝0或x＝1时，最长，此时面积最大，但0＜x＜1，即M不能取线段的端点，∴四边形MENF面积无最大值．故②错误．③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．△的面积是一个定值.同②中证明AC⊥平面，也可证明BD⊥平面，则B到平面AEF的距离即为.∵B∥A，∴B∥平面AEF，∴M到平面AEF的距离即为B到平面AEF的距离，同理N到平面AEF的距离也为，∴、到平面的距离之和是定值BD，∴四棱锥的体积为常数．故③错误．④如图，将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.过作于，则四边形是直角梯形，由题可知是中点，是梯形的中位线，∴设，设在中，，，，∴在中，∴.故④正确.故答案为：①④.【点睛】本题综合考察空间点线面的位置关系，④中的关键是把空间问题平面化，将空间里面的两边之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解. 三、解答题17．已知两直线，，当m为何值时，与（1）平行；（2）垂直.【答案】（1）m=0或m=5；（2）或【分析】（1）根据两条直线平行的条件求解即可；（2）两条直线垂直可代入公式，求出参数．【详解】（1）当m=0时，，，所以与平行， 当m0，由，解得m=5，所以当m=5时，与平行；综上，当m=0或m=5时，与平行. （2）由，解得或，所以当或时与垂直．18．在四棱锥中，平面，四边形是矩形，分别是的中点．(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）根据平行四边形，可得线线平行，进而可证明线面平行.（2）根据空间向量，计算法向量，利用法向量的夹角求二面角.【详解】(1)证明：取的中点，连接，，又是的中点，所以，且．因为四边形是矩形，所以且，所以，且．因为是的中点，所以，所以且，所以四边形是平行四边形，故．因为平面，平面，所以平面．(2)因为平面，四边形是矩形，所以，，两两垂直，以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）．设，所以，．因为，分别为，的中点，所以，，，所以，，．设平面的一个法向量为，由即令，则，，所以．设平面的一个法向量为，由即令，则，，所以．所以．由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．19．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为.求（1）顶点的坐标；（2）求点到直线的距离.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）已知边上的高所在直线方程，可得所在直线的斜率，联立和的直线方程即可求出点的坐标.（2）所在直线方程是边上的中线所在直线方程，则的中点坐标满足此直线方程，与求得B 点所在直线方程联立直线方程求出，根据（1）解得直线方程，根据点到直线的距离公式计算即可.【详解】解：（1）设，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为.解得.（2）设，则，解得，直线的方程为点到直线的距离20．如图，已知斜三棱柱，，，在底面上的射影恰为的中点，且. (1)求证：平面；(2)求到平面的距离；(3)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】（1）由题意得平面，根据面面垂直判定定理得平面平面，由，根据面面垂直性质定理得平面，即得，又已知，所以由线面垂直判定定理得平面；（2）利用向量求线面距离，首先求平面法向量，再根据向量投影求距离：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量投影求距离（3）利用向量求二面角：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系求二面角的平面角的余弦值.【详解】(1)∵在底面上的射影为的中点，∴平面，又平面，故平面平面，∵且平面平面，∴平面，又平面，∴，∵且，平面，∴平面．(2)如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，∵平面，平面，∴∴四边形是菱形，∵是的中点，∴，∴，∴，，设平面的法向量，∴ ，即，令，∴，∵，∴，∴到平面的距离是(3)平面的法向量，平面的法向量∴，设二面角的平面角为，为锐角，∴∴二面角的余弦值为21．如图，在中，．O为的外心，平面，且．（1）求证： 平面；（2）设平面平面；若点M在线段上运动，且，当直线l与平面所成角取最大值时，求的值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，证明出，利用线面平行的判定定理即可证明平面．（2）先判断出．以点D为原点，，垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．用向量法计算即可.【详解】（1）如图，连接，交于点D，O为的外心，，所以，所以故和都为等边三角形，即四边形为菱形，所以又平面，平面，所以平面．（2）由（1）同理可知因为平面，平面，平面平面，所以．如图所示：以点D为原点，和垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则．设所以设平面的法向量为．，得，令得．所以直线l与平面所成角的正弦值为：，即当即点M是线段的中点时，直线l与平面所成角取最大值．22．已知直线：．（1）求经过的定点坐标；（2）若直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点．①的面积为，求的最小值和此时直线的方程；②当取最小值时，求直线的方程．【答案】（1）；（2）①的最小值为，；②.【分析】（1）整理已知方程，使得的系数等于即可求解；（2）①求出点，的坐标，利用表示的面积为，利用基本不等式求最值，由等号成立的条件可得的值，进而可得直线的方程；②设直线的倾斜角为，则，可得，，再利用三角函数的性质计算 的最小值，以及此时的值，进而可得的值以及直线的方程.【详解】（1）由可得：，由可得，所以经过的定点坐标；（2）直线：，令可得；令，可得，所以，由可得：，①的面积，当且仅当即时等号成立，的最小值为，此时直线的方程为：即；②设直线的倾斜角为，则，可得，，所以，令，因为，可得，，，将两边平方可得：，所以，所以，因为在上单调递增，所以，所以，此时，可得，所以，所以直线的方程为.