2022-2023学年辽宁省大连市第二十三中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第二十三中学高一上学期期中数学试题（解析版），共19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学年辽宁省大连市第二十三中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．已知直线l经过、两点，点在直线l上，则m的值为（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】C【分析】根据直线的两点式方程即可求解.【详解】由题意知不与轴平行，故由直线的两点式方程可得，解得：，故选：C2．下列说法正确的是（    ）A．平面内所有的直线方程都可以用斜截式来表示B．直线与轴的交点到原点的距离为C．在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为D．不能表示经过点且斜率为的直线方程【答案】D【分析】直接利用直线的倾斜角和斜率的关系及直线的方程判断各选项即可．【详解】解：对于A：斜率存在的直线的方程可以用斜截式表示，故A错误；对于B：直线与轴的交点到原点的距离为，故B错误；对于C：在轴、轴上的截距分别为，且不为0的直线方程为，故C错误；对于D：由方程可知，，即方程表示不过点且斜率为的直线方程，故D正确；故选：D．3．已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中不正确的是（    ）A．若， B．若， C．若， D．若，【答案】A【分析】由已知，可根据题意，选项A，时，此时，所以，该选项错误，选项B，；选项C，；选项D，，即可判断.【详解】由已知，，分别为直线，的方向向量，，分别为平面α，β的法向量，选项A，，故该选项错误；选项B，，故该选项正确；选项C，，故该选项正确；选项D，，故该选项正确.故选：A.4．如图，设直线的斜率分别为，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据斜率的定义即可求解.【详解】由图可知：的倾斜角为锐角，且比倾斜程度更大，而的倾斜角为钝角，故，故选：D5．在下列条件中，一定能使空间中的四点共面的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据向量共面定理，，若A，B，C不共线，且A，B，C，M共面，则其充要条件是，由此可判断出答案.【详解】根据向量共面定理，，若A，B，C不共线，且A，B，C，M共面，则其充要条件是，由此可得A，B，D不正确，选项C：，所以四点共面，故选：C.6．若直线l的方程中，，，则此直线必不经过（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据直线的斜率及截距即可求解.【详解】由，，，知直线斜率，在轴上截距为，所以此直线必不经过第三象限.故选：C7．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，河岸线所在直线的方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（    ）A． B．5 C． D．【答案】D【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】由关于的对称点为，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：D8．如图，在正方体中，点是线段（含端点）上的动点，则下列结论错误的是（    ）A．存在点，使B．异面直线与所成的角最小值为C．无论点在线段的什么位置，都有D．无论点在线段的什么位置，都有平面【答案】B【分析】当点与点重合时，有，即可判断A选项；建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，进而得，，在根据异面直线夹角的向量求解方法求解即可判断B选项；结合B选项讨论，证明即可判断C选项；证明平面平面，再结合面面平行到线面平行可判断D选项.【详解】解：对于A，当点与点重合时，，，所以，即，故A正确；对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，设，则，，所以，，当且仅当，即点是线段中点时，等号成立，所以异面直线与所成的角的余弦值，所以的最小值小于，故B不正确；对于C，结合B选项的讨论，，，则，所以，故C正确；对于D，在正方体中，有，因为平面，平面所以，平面，平面，因为，平面，所以平面平面因为平面，所以，故D正确.故选：B 二、多选题9．已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（    ）A．的一个方向向量为B．直线与两坐标轴围成三角形的面积为C．与直线垂直D．与直线平行【答案】AC【分析】根据点斜式求得直线的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题意直线的斜率为，直线方程为，即，它与直线重合，D错误；，因此是直线的一个方向向量，A正确；在直线方程中令得，令得，直线与两坐标轴围成三角形的面积为，B错误；由于，C正确故选：AC10．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：BC11．下列说法中，正确的有（    ）A．点斜式可以表示任何直线B．直线在y轴上的截距为C．点到直线的的最大距离为D．直线关于对称的直线方程是【答案】BC【分析】根据点斜式的应用范围即可判断A；，求出，即可判断B；求出直线所过的定点，再求出定点与点的距离，即可判断C；求出交点坐标，在求出直线直线上的点关于直线对称的点的坐标，即可判断D.【详解】解：对于，点斜式不能表示斜率不存在得直线，故A错误；对于B，令，则，所以直线在y轴上的截距为，故B正确；对于C，直线化为，令，解得，所以直线过定点，则点到直线的的最大距离为，故C正确；对于D，联立，解得，即直线与直线的交点为，设直线上的点关于直线对称的点，则，解得，即，所以所求直线方程为，即，故D错误.故选：BC.12．如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（    ）A．平面B．平面C．存在点，满足D．的最小值为【答案】AD【分析】对于A，在平面找一条直线，使其与平行即可；对于B，先由证明四点共面，再证四点共面，进而能判断直线与平面的位置关系；对于C，以为正交基底，建立空间直角坐标系，用坐标运算即可；对于D，把三棱锥的正面和上底面展开，即能找到的最小值，构造直角三角形求解即可.【详解】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.则，，，，，，，若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，，，在中，，，故D正确.故选：AD 三、填空题13．在四面体ABCD中，点O是的重心，可以用、、表示为______．【答案】【分析】延长交于点，连接，根据空间向量线性运算的计算法则计算可得；【详解】解：延长交于点，连接，则为的中点，因为点O是的重心，所以，所以故答案为：14．经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为______．【答案】【分析】根据题意结合图像，求出的斜率即可得到结果.【详解】，，在射线逆时针旋转至射线时斜率逐渐变大，直线与线段总有公共点，所以的取值范围为．故答案为: 15．若直线l经过点，且点，到直线l的距离相等，则直线l的方程为______．【答案】或【分析】讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离公式列方程求解即可.【详解】当直线l的斜率不存在时，方程为，显然点，到直线l的距离相等，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，根据题意，得，即，可得，解得，∴直线l的方程为．综上，直线l的方程为或．故答案为：或．16．如图在一个的二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若，，，则______．【答案】【分析】利用表示，根据数量积的性质求即可.【详解】由已知可得，所以，因为线段AC、BD均与棱AB垂直，所以，，因为二面角的大小为，所以，所以，因为，，，所以，故答案为：. 四、解答题17．已知直线：，：，(1)若，求实数m的值；(2)若，求实数m的值及此时两平行直线间的距离．【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1），则，由此即可得解；（2），则，注意排除重合这一情况，再根据两平行直线的距离公式即可得解.【详解】（1）解：因为，所以，解得；（2）解：因为，所以，解得或，当时，直线：，：，此时两直线的距离为，当时，直线：，：，此时两直线的距离为.18．已知直线的方程为，直线在轴上的截距为，且.求直线与的交点坐标；若直线经过与的交点，且在两坐标轴上的截距相等，求的方程.【答案】；或.【分析】利用，可得斜率，利用点斜式可得直线的方程，与直线与的交点坐标；当直线经过原点时，可得方程；当直线不经过原点时，设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，其方程为，把交点坐标代入，即可求出的方程.【详解】解：，.直线的方程为，即.联立，解得.直线与的交点坐标为.当直线经过原点时，可得方程.当直线不经过原点时，设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，其方程为，把交点坐标代入可得，解得.可得方程.综上可得直线的方程为或.【点睛】本题考查相互垂直的直线斜率之间的关系，考查截距式，考查推理能力和计算能力，属于基础题.19．如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．(1)求线段的长；(2)求异面直线与所成角的余弦值；【答案】（1）（2）【分析】(1) 设，得到展开得到答案.(2)计算，，利用夹角公式得到答案.【详解】（1）设，则，，，，,线段的长为.（2）设异面直线与所成的角为，则,..故异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查了线段长度，异面直线夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20．已知直线l：．(1)求证：不论m为何实数，直线l恒过一定点M；(2)若直线l与直线交于点P，与直线交于点Q，且线段PQ的中点是（1）中的定点M，求直线l的方程．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）将直线的方程化为，令，即可得出答案；（2）设，由（1）可得，代入直线求得，再根据直线的两点式方程即可得解.【详解】（1）证明：直线的方程化为，令，解得，所以不论m为何实数，直线l恒过一定点；（2）解：由题意设，因为是线段PQ的中点，则，又点在直线上，则，解得，所以，所以直线l的方程为，即.21．如图，四边形ABCD为菱形，，AC与BD相交于点O，平面ABCD，平面ABCD，AB＝AE＝2，G为EF中点．(1)求证：平面ABE；(2)求C到平面BDE的距离；(3)当直线CF＝5时，求OF与平面BDE所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）证明，再证明，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）连接，根据，利用等体积法即可得解；（3）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，在菱形中，，则为的中点，又因为G为EF中点，所以，又平面，平面，所以平面；（2）解：连接，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，则，所以，在菱形中，，则为等边三角形，所以，则，则，，，设C到平面BDE的距离为，由，得，解得，即C到平面BDE的距离为；（3）解：由（1）得平面ABCD，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，即OF与平面BDE所成角的正弦值为，所以OF与平面BDE所成角的余弦值为.22．如图，四边形ABCD为梯形，，，，点在线段上，且．现将沿翻折到的位置，使得．(1)证明：；(2)点是线段上的一点（不包含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；（2）利用线面垂直的判定定理证得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的方法即可求解.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为梯形．，，，所以，，，，，，即，，在中，过P作，垂足为F，连接BF．在中，，，所以．在中，，，，由余弦定理得，所以，所以，所以，即．又，平面BFP，所以平面．又 平面，所以．（2）在△FCE中，，，，，．又，，平面，平面．又平面，．又，，平面，平面． 以B为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，．设，则． 设平面的一个法向量为，则，即，令，则．设平面的一个法向量为，则，即令，则． 因为二面角的余弦值为，所以，解得或（舍），所以存在点M，使得二面角的余弦值为，此时．