2022-2023学年广东省佛山市南海区南海中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省佛山市南海区南海中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省佛山市南海区南海中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由直线方程为，可得斜率，设倾斜角，再根据即可得解.【详解】由直线方程为，可得斜率，设倾斜角，由可得：，又因为，可得：，故选：A.【点睛】本题考查了斜率和倾斜角的关系，考查了利用斜率求倾斜角，计算量不大，属于基础题.2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．【详解】解：向量，则，，，所以向量在向量上的投影向量为．故选：．3．“”是“直线和直线平行”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】C【详解】根据题意，若l1∥l2，则有1×3=a×（a-2），解得a=-1或3，当a=-1时，直线l1：x-y+6=0，其斜率为1，直线l2：-3x+3y-2=0，其斜率为1，即l1与l2不重合，则l1∥l2，当a=3时，直线l1：x+3y+6=0，直线l2：x+3y+6=0，l1与l2重合，此时l1与l2不平行，所以l1∥l2，即“”是“直线和直线平行”的充要条件故选：C．4．如图所示，在平行六面体中，设，，，N是BC的中点，用，，表示为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算求解．【详解】由题意．故选：A．5．设、，则线段的垂直平分线的方程是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出线段中点坐标，再求出直线斜率，利用垂直得中垂线斜率，从而得直线方程．【详解】由已知中点坐标为，即，，∴中垂线斜率为，直线方程为，即．故选：A．【点睛】本题考查求直线方程，考查中点坐标公式，解题关键是掌握两直线垂直的条件，属于基础题．6．下列说法错误的是（ ）A．设，是两个空间向量，则， 一定共面B．设，是两个空间向量，则C．设，，是三个空间向量，则 ，，一定不共面D．设，，是三个空间向量，则 【答案】C【解析】由向量的平移可判断，；由向量数量积满足交换律､分配律可判断，.【详解】，设，是两个空间向量，则，一定共面，正确，因为向量可以平移；，设，是两个空间向量，则，正确，因为向量的数量积满足交换律；，设，，是三个空间向量，则，，可能共面，可能不共面，故C错误；，设，，是三个空间向量，则，正确，因为向量的数量积满足乘法对加法的分配律.故选：.7．已知平面，其中点，2，，法向量，1，，则下列各点中不在平面内的是（    ）A．，2， B．，5，C．，4， D．，，【答案】B【解析】结合各个选项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论.【详解】对于，，0，，，故选项在平面内；对于，，3，，，故选项不在平面内；对于，，2，，，故选项在平面内；对于，，，，，故选项在平面内.故选：B8．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体中，直线与之间的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在上任取点，作，设， ，根据得出和的关系，从而可得关于(或的函数关系，再求出此函数的最小值即可.【详解】设为直线上任意一点， 过作，垂足为，可知此时到直线距离最短设，，则，，，，即，，即，，，，当时，取得最小值，故直线与之间的距离是.故选：B. 二、多选题9．直线y＝ax＋可能是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】分类讨论和时，直线的位置．【详解】因为a≠0，所以C错；当a＞0时，＞0，不过第四象限，故A对；当a＜0时，＜0，不过第一象限，故D错，B对．故选：AB10．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（    ）A． B．平面C．线段BN长度的最大值为 D．三棱锥体积不变【答案】ACD【分析】以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用等体积法的思想判断选项D即可得解.【详解】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，，而则，对于A选项：，则，，A正确；对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD11．已知M，A，B，C四点互不重合且任意三点不共线，则下列式子中能使成为空间的一个基底的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据平面向量基本定理及空间中四点共面的充要条件，逐一分析选项，即可得答案.【详解】解：对于选项ACD，由，可得M，A，B，C四点共面，即共面，所以选项A中，不共面，可以构成基底，选项C中，不共面，可以构成基底；选项D中，因为，所以,可得M，A，B，C四点共面，即共面，无法构成基底，故选项D错误；对于选项B，根据平面向量基本定理，选项B中，因为，得共面，无法构成基底，故选项B错误.故选:AC.12．（多选）已知直线，则下列说法正确的是（    ）．A．直线的斜率可以等于0B．若直线与轴的夹角为30°，则或C．直线恒过点D．若直线在两坐标轴上的截距相等，则或【答案】BD【分析】讨论和时直线的斜率和截距情况，判断AD的正误；利用倾斜角和斜率的关系判断B的正误；将方程化为判断直线过定点，判断C的正误.【详解】当时，直线，斜率不存在，当时，直线的斜率为，不可能等于0，故A选项错误；∵直线与轴的夹角角为30°，∴直线的倾斜角为60°或120°，而直线的斜率为，∴或，∴或，故B选项正确；直线的方程可化为，所以直线过定点，故C选项错误；当时，直线，在轴上的截距不存在，当时，令，得，令，得，令，得，故D选项正确．故选：BD． 三、填空题13．已知直线的一个方向向量，且过点，则直线的点斜式方程为___________.【答案】【分析】根据直线的方向向量可得直线的斜率，再写出点斜式方程即可.【详解】因为直线的一个方向向量，所以直线的斜率为所以直线方程为， 故答案为：.14．已知直线l的斜率，则其倾斜角的取值范围为_________．【答案】{或}【分析】对分类讨论，根据斜率与倾斜角的关系计算可得；【详解】解：当时，，又，∴；当时，，又．∴．综上所述，直线l的倾斜角的取值范围是或．故答案为：或15．已知在正方体中，棱长为2，E为的中点.则点到直线的距离为____.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，故，，，点到直线的距离为.故答案为： 四、双空题16．定义：设是空间的一个基底，若向量，则称有序实数组为向量在基底下的坐标．已知是空间的单位正交基底， 是空间的另一个基底，若向量在基底下的坐标为．向量在基底下的坐标是_______________；模为___________．【答案】          【分析】根据向量在基底下的坐标为，得出向量在基底的坐标，然后计算模即可．【详解】解：向量在基底下的坐标为，则，（1）所以向量在基底下的坐标为，（2）的模为．故答案为：；． 五、解答题17．已知直线与直线．（1）若，求m的值；（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．【答案】（1），（2）或【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程【详解】解：（1）因为，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以，（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，所以设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，所以，解得或，所以直线的方程为或18．已知空间向量 ，, ．(1)若，求；(2)若 ，求 的值．【答案】(1)(2)-15 【分析】（1）根据空间向量的共线，列出方程，解得答案；（2）利用向量垂直，数量积等于0，求得，再根据向量的坐标运算即可得答案.【详解】(1)，,解得：，故，故 ．(2)由，可得 ，解得：， ，，， ．19．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长度为2，且．(1)求的长；(2)直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）用表示出，然后平方转化为数量积的运算；（2）用空间向量法求异面直线所成的角．【详解】(1)由题意，，，，．(2)，，，所以，所以直线与所成角的余弦值为．20．如图，在长方体中，，．若在上存在点，使得平面．(1)求线段的长；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）以为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，由已知条件可得出关于的等式，求出的值，可求得线段的长；（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)解：以为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：设，其中，则、、、、，，，，若平面，则，，则，解得，则.(2)解：由（1）可知平面的一个法向量为，且，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.21．如图，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形.已知.（1）求证：平面平面；（2）求平面ACD与平面BCD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由是等腰直角三角形，可得DO和DO长度，再由是边长为2的正三角形和勾股定理可证，最后由面面垂直的判定定理得证；（2）利用空间向量的方式求平面ACD与平面BCD的法向量，进而求二面角的余弦值.【详解】（1）取线段AB中点为O，链接CO与DO，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以DO,且DO=,又因为是边长为2的正三角形，则，则在中有，则，又因为，则面ABC，且面ABD，故平面平面；（2）由（1）可建立以O为坐标原点，OA为x轴，OC为y轴，OD为z轴的空间直角坐标系，则点A(1,0,0)，点B(-1,0,0),点C,点D，则向量,设平面ACD和平面BCD的法向量分别为，由，令，则，即，同理可得，，所以平面ACD与平面BCD所成角的余弦值，观察可知该二面角的平面角应为钝角，故余弦值为.【点睛】本题考查空间中面面垂直的证明方法，还考查了利用空间向量求二面角的余弦值，属于简单题.22．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．(1)当侧面底面时，求点到平面的距离；(2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.（2）设，求得点坐标，利用二面角的余弦值列方程，求得，进而求得.【详解】(1)∵，，∴．如下图所示，连接，则,所以，所以，结合折叠前后图形的关系可知，故四边形为正方形，∴，即为的中点，∴，∴．∵侧面底面，侧面底面，∴平面，易知，，两两垂直．以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，，，，∴，，．设平面的法向量为，则，取，得，，则为平面的一个法向量，则点到平面的距离．(2)假设存在满足题意的点，且（）．∵，∴，∴，∴．设平面的法向量为，又∵，，∴，取，则，，取为平面的一个法向量．易知平面的一个法向量为，∵二面角的余弦值为，∴，化简，得，解得或（舍去）．∴线段上存在满足题意的点，且．