2022-2023学年广东省广州市第十七中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省广州市第十七中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．向量，，若，则的值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】由可得，进而求解即可.

【详解】因为，所以，

即，所以，

所以，

故选：A

2．已知直线和直线互相垂直，则实数a的值为（    ）

A．0 B． C．0或 D．0或2

【答案】D

【分析】直接由直线垂直的公式求解即可.

【详解】由题意得，，解得或2.

故选：D.

3．过点P（1，1）作直线l，与两坐标轴相交所得三角形面积为1，则直线l有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】B

【分析】由题意设直线的方程为，然后求出直线与坐标轴的交点坐标，再由直线与两坐标轴相交所得三角形面积为1，列方程可求出的值，从而可得直线的条数

【详解】由题意可知，直线的斜率存在，则设直线的方程为，

令，解得；令，解得.

，

化为，即①，②，

由于方程①，方程②无解，可得两个方程共有2个不同的解.

因此直线共有2条.

故选：B.

4．已知向量，，且与互相垂直，则的值是（    ）

A．－1 B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出与的坐标，再由与互相垂直，可得，从而可求出的值.

【详解】因为，，

所以，，

因为与互相垂直，

所以，解得，

故选：D

5．过两直线的交点，且与直线平行的直线方程为（    ）

A． B．

C．  D．

【答案】C

【分析】先求出两直线交点，再由与直线平行得出斜率，由点斜式写出方程即可求解.

【详解】由解得，则直线的交点，

又直线的斜率为，则所求直线方程为，整理得.

故选：C.

6．如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是（    ）

A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直

【答案】C

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，再计算可得即可得直线，异面垂直.

【详解】以为坐标原点，，，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，，，.

∴，，∴，∴直线，异面垂直.

故选：C

7．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，的中点.点P为线段EF上的动点.则下面结论中错误的是（    ）

A． B．平面

C． D．是锐角

【答案】D

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.

【详解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，

则，，

，，

所以，A正确；

因为，平面，平面，

所以平面，B正确；

，

所以，

所以，C正确；

，

当时，，

此时为钝角，故D错误.

故选：D

8．在棱长为1的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若，则的面积的最小值是(      )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的坐标运算求得，进而结合二次函数性质求得，利用三角形面积公式，即可求得答案.

【详解】以点为空间直角坐标系的原点，分别以，，所在直线为，，轴，

建立空间直角坐标系，

则点，，所以．

因为，，所以,

因为，所以，所以．

因为，所以，

所以,因为，

所以当时，．

因为正方体中，平面，平面,故，

所以，

故选：B．

二、多选题

9．已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】ACD

【分析】对于A，利用线面平行的性质定理判断，对于B，利用线面平行的判定定理判断，对于C，利用线面垂直的判定定理判断即可，对于D，利用面面平行的判定方法判断.

【详解】由线面平行的性质定理可知，A正确；

若，则或，即B错误；

设的法向量分别为，若，则，又，则， ，所以，即C正确；

若，则，又，则，即D正确.

故选：ACD

10．下列说法正确的是（    ）

A．点斜式可以表示任何直线

B．过、两点的直线方程为

C．直线与直线相互垂直．

D．直线在轴上的截距为

【答案】CD

【分析】利用点斜式方程可判断A选项；利用两点式方程可判断B选项；利用两直线垂直的斜率关系可判断C选项；利用截距的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，点斜式不表示与轴垂直的直线，A错；

对于B选项，过、两点且斜率不为零的直线方程为，B错；

对于C选项，直线的斜率为，直线的斜率为，

所以，，故直线与直线相互垂直，C对；

对于D选项，直线在轴上的截距为，D对.

故选：CD.

11．已知在空间四面体O-ABC中，点M在线段OA上，且，点N为BC中点，设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用空间向量的基本定理求解判断.

【详解】因为点N为BC中点，

所以，

，

，

 ；

；

，

故选：BC

12．如图，在棱长为1的正方体中（    ）

A．与的夹角为 B．二面角的平面角的正切值为

C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法逐项判断即得.

【详解】如图建立空间直角坐标系，

则，

∴，，即，与的夹角为，故A错误；

设平面的法向量为，，

所以，令，则，

平面的法向量可取，二面角的平面角为，

则，所以，故B正确；

因为，设与平面所成角为，

则，故C正确；

因为，设点到平面的距离为，则

，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知，为空间单位向量，，则在方向上投影的模为_______．

【答案】

【分析】利用向量投影的概念可求得结果.

【详解】由题意可知，在方向上投影的模为

故答案为：.

14．若过两点、的直线的倾斜角为60°，则y＝______．

【答案】－9

【分析】列出关于y的方程即可求得y的值.

【详解】过两点、的直线的倾斜角为60°

则有，解之得

故答案为：－9

15．已知正方体的棱长为1，若M、N、P、Q分别为、、、DC的中点，则直线MN与直线PQ之间的距离为______．

【答案】

【分析】根据给定的正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解两直线的距离作答.

【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

显然，而点P不在直线MN上，则有，

因此，直线MN与直线PQ之间的距离即为点P到直线MN的距离，而，

所以直线MN与直线PQ之间的距离.

故答案为：

四、双空题

16．已知正四面体VABC的棱长为2，E，F分别是棱VA，BC的中点，则该正四面体外接球的表面积为___________．异面直线BE与VF所成角的余弦值为___________．

【答案】         

【分析】将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，即可得出结论，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值．

【详解】解：将正四面体补成一个正方体，

因为正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，

所以正方体的体对角线长为，

正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，

外接球的表面积为．

如图建立空间直角坐标系，则，，，，

所以，，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为；

故答案为：；；

五、解答题

17．求直线L的方程：

(1)求过点P（1，2）且与直线3x-2y+5=0平行的直线方程；

(2)求过点P（1，-1）且与直线2x+3y+1=0垂直的直线方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设该直线为，代入求出得出所求直线方程；

（2）设所求直线方程为，代入点即可求得结果.

【详解】（1）设该直线为，因为该直线过点，所以，解得.

即所求直线为

（2）设与直线垂直的直线方程为：，

代入得：，解得：.

所求直线方程为：.

18．如图，，，，，E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，证明：.

【答案】证明见解析

【分析】由题意，利用向量法，根据空间向量的基本定理，结合数量积证明垂直，可得答案.

【详解】由题意，连接，如下图：

，

同理，

故

由，，，，则，

故.

19．已知一个圆过,求这个圆的方程．

【答案】

【分析】设出圆的一般方程，列方程组求解.

【详解】设圆的一般方程为,则

解得

所以圆的方程为

20．如图，在几何体中，平面平面.四边形为矩形.在四边形中，.

(1)点在线段上，且，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)存在，的值为

(2)

【分析】（1）先由面面垂直得到平面，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量平行求出的值；

（2）求出平面的法向量，从而利用空间向量求解线面角.

【详解】（1）因为四边形为矩形，所以.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

不妨设，则.

取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空

间直角坐标系，

则，

，

.

因为，所以，解得，经验证符合要求.

故存在实数，使得，且的值为.

（2）设平面的法向量，则

即，解得：，

不妨取，则.

，

则.

设直线与平面所成的角为，

则.

故直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点，是的中点.

(1)求圆的方程；

(2)当时，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用圆和直线相切的关系求出圆的半径即可求解；(2)首先当直线斜率不存在时，求出弦长，满足题意；当直线斜率存在时设出直线的方程，利用圆的弦长公式求出，然后利用点到直线的距离公式求解即可.

【详解】（1）∵圆与直线相切，

所以到直线的距离，

故圆的方程为：.

（2）①当直线与轴垂直时，易知直线的方程为：，

此时，圆心到直线的距离为1，

从而弦长，满足题意；

②当直线与轴不垂直时，

设直线的方程为，即，

连接，则，

，所以，

从而，得，

故直线的方程：.

综上所述，直线的方程为：或.

22．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.

(1)证明：平面DEF；

(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明，再证明，根据线面垂直的判定定理可证明结论；

（2）先推出三棱锥的体积最大时，点E，F分别是，的中点，由此再求二面角的余弦值；

法一：通过证线面垂直可说明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；

法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.

【详解】（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.

因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,

所以四边形AEFD是平行四边形.

所以 ,

所以.

因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,

又因为平面ABE，

所以.

又因为，DF，平面DEF，

所以平面DEF.

（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，

由（1）知，，所以，

即底面三角形DEF是直角三角形.

设，，则,

所以，

当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，

三棱锥的体积最大,

下面求二面角的余弦值：

法一：

由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.

又因为，，所以平面BEF.

因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,

由（1）知为直角三角形，则.

故,

所以二面角的余弦值为.

法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，

如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则.

由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.

设平面BDF的法向量为，由，，

得，即，即，

取，得.

设二面角的平面角为θ,

则，

由图可知θ为锐角，所以二面角的余弦值为.