2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期第一次统练数学试题（解析版）

2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高二上学期第一次统练数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为(    )

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据直线方程的形式即可判断直线的倾斜角.

【详解】∵直线垂直于x轴，故其倾斜角为.

故选：D.

2．直线，直线，则与的交点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】两直线方程联立即可解得交点坐标.

【详解】由得：，即与交点坐标为.

故选：D.

3．两条平行直线与，则它们之间的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案.

【详解】两条平行直线与之间的距离为.

故选：C

4．如图，在三棱锥中，设，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.

【详解】解：，

，

，

，

故选：A

5．设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若平面平面，则实数的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】根据计算得解.

【详解】因为平面平面，，即，所以，解得：.

故选：C.

6．方程表示的直线可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析直线的斜率及其在轴上的截距，由此可得出结果.

【详解】当时，直线的斜率，该直线在轴上的截距，

故选：A.

7．已知直线与平行，则（    ）

A．或2 B．2 C． D．1或

【答案】C

【分析】根据两条直线平行的充要条件即可得解

【详解】因为直线与平行，所以，且，解得.

故选：C.

8．过点，在两坐标轴上截距相等的直线方程为（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】B

【分析】根据直线过原点和不过原点两种情况讨论，分别设出所求直线的方程，结合过点，即可求解.

【详解】当所求直线不过原点时，设所求直线的方程为，

因为直线过点，代入可得，即；

当所求直线过原点时，设直线方程为，

因为直线过点，代入可得，即，

综上可得，所求直线的方程为或.

故选：B.

9．已知，，，则点C到直线AB的距离为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】D

【分析】应用空间向量的坐标运算求在上投影长及的模长，再应用勾股定理求点C到直线AB的距离.

【详解】因为，，所以．

设点C到直线AB的距离为d，则

故选：D

10．已知，两点，直线l过点且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意，作图，则明确其直线的边界，根据旋转可得答案.

【详解】由题意，可作图：

则直线l介于与之间，的斜率，的斜率，

即直线l的斜率，

故选：C.

11．给出下列命题，其中错误的命题是（    ）

A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线

B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面

C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线

D．已知向量，，则在上的投影向量为

【答案】A

【分析】根据向量法证明直线与平面得位置关系得方法即可判断A；根据空间向量共面定理即可判断B；根据平面向量基底得定义即可判断C；根据投影向量的定义即可判断D.

【详解】解：对于A，因为，所以，

所以直线或，故A错误；

对于B，因为，

所以，

即，

所以，，，四点共面，故B正确；

对于C，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，故C正确；

对于D，由，，

得在上的投影向量为，故D正确.

故选：A.

12．唐代诗人李顾的诗《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，设军营所在位置为，若将军从点处出发，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

【分析】设关于的对称点为，列方程求对称点坐标，再应用两点距离公式求“将军饮马”的最短总路程.

【详解】设关于的对称点为，

所以，可得，即对称点为，又

所以“将军饮马”的最短总路程为.

故选：A

二、填空题

13．已知直线经过点且一个方向向量为，直线的方程为_______________．

【答案】

【分析】由方向向量与斜率的关系求解，

【详解】由题意得直线斜率为2，故直线方程为，

故答案为：

14．若点，，在同一条直线上，则的值是________．

【答案】4

【分析】列出，根据与共线，计算可求解.

【详解】由已知得，，点，，在同一条直线上，即与共线，，解得，

故答案为：4

15．点到直线的距离为________．

【答案】4

【分析】利用点到直线的距离公式求得正确答案.

【详解】点到直线的距离为.

故答案为：

16．已知直线的方程为，直线的方程为，若，则的值为______．

【答案】2

【分析】根据两直线垂直列方程，解方程即可.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：2.

17．已知直线恒过定点，恒过定点，则点与点的距离为________．

【答案】5

【分析】先求得两点的坐标，进而求得.

【详解】对于：，所以；

对于：，所以；

所以.

故答案为：

18．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面；

②直线到平面的距离是；

③存在点，使得；

④面积的最小值是．

其中所有正确结论的序号是________．

【答案】①③

【分析】对①，由线面平行的判定定理进行判断即可；

对②，证平面，则直线到平面的距离等于点到平面的距离，由等体积法列式即可求；

对③，设 ，可得，由向量垂直的坐标表示，存在点使等价于有解；

对④，由点到直线距离求P到的距离d，则△面积为，讨论最小值即可

【详解】对①，如下图所示：因为是中点，，

所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接，

所以，而平面，平面，所以直线平面，①对；

以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,

对②，分别是棱的中点，∴，平面，平面，故平面，

故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为h，

，，，，

由得，②错；

对③，设 ，则，则，，

由即得，

由，故存在点，使得，③对；

对④，由③得到的投影为，故P到的距离，

△面积为 ，由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错.

故答案为：①③

【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式是解题的关键.

三、解答题

19．已知平行六面体的底面是边长为1的菱形，且，.

（1）证明：；

（2）求异面直线与夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见详解；（2）

【解析】（1）由题，选定空间中三个不共面的向量为基向量，只需证明即可；

（2）用基向量求解向量的夹角即可，先计算向量的数量积，再求模长，代值计算即可.

【详解】设，，

由题可知：两两之间的夹角均为，且，

（1）由

所以即证.

（2）由，又

所以，

又

则

又异面直线夹角范围为

所以异面直线夹角的余弦值为.

【点睛】本题考查用基向量求解空间向量的问题，涉及异面直线的夹角，以及线线垂直的证明，是难得的好题，值得总结此类方法.

20．如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点．

(1)求证：平面．

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

(3)若点为线段上三等分点且靠近点，求直线与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据法向量与垂直，即可得证；

（2）由（1）得到平面的一个法向量，求出平面的一个法向量，然后代入公式计算，即可得到结果；

（3）求得的坐标，然后根据（2）中平面的法向量坐标，代入公式计算即可.

【详解】（1）

证明：过作，垂足为，则，

以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，0，，，1，，，，，，0，，

因为为的中点，则，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，可得，

因为，即，

又平面，

所以平面；

（2）由（1）知是平面的一个法向量

设平面的一个法向量为，

则，即，则

所以

所以平面与平面夹角的余弦值为．

（3）由题意可知，，

则，

又平面的一个法向量，

所以直线与平面所成角的正弦值为，

故直线与平面所成角的余弦值为．