2022-2023学年湖南省怀化市湖天中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省怀化市湖天中学高二上学期期中数学试题（解析版），共18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学年湖南省怀化市湖天中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由空间向量的加减结合相反向量的运算可得答案.【详解】故选：A2．已知，，且，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】求出和的坐标，根据空间向量共线的充要条件即可得，的值.【详解】因为，，所以，，因为，所以，解得：，，故选：B.3．在下列条件中，能使与，，一定共面的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论．【详解】解：空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；对于A，因为，所以不能得出，，，四点共面；对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；对于C，，则，，为共面向量，所以与，，一定共面；对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．故选：C．4．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：．5．给出以下命题，其中正确的是（    ）A．直线的方向向量为，平面的法向量为，则⊥B．平面经过三个点，向量是平面的法向量，则C．平面、的法向量分别为，，则∥D．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直【答案】D【分析】根据空间位置关系的向量证明逐项分析判断.【详解】对A：∵，则，故或，A错误；对B：对于平面可得，若向量是平面的法向量，则，解得，故，B错误；对C：显然不存在实数，使得成立，则不共线，故与不平行，C错误；对D：∵，则，故，D正确.故选：D.6．已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于，点分别是的中点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量的线性运算运算律可得，在根据数量积的定义求其值.【详解】故选：C7．若直线与平行，则的值为（    ）A． B． C．或 D．或1【答案】B【分析】根据直线平行与系数之间的关系，列出等式，求解即可.【详解】因为直线与平行故可得，且，解得.故选：.【点睛】本题考查由直线的位置关系求参数值，属简单题.8．已知O为坐标原点，＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当取得最小值时，点Q的坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，用表示出，求得的表达式，结合 二次函数的性质求得当时，取得最小值，从而求得点的坐标.【详解】设，则＝－＝－λ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝－＝－λ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)＝.所以当λ＝时，取得最小值，此时＝＝，即点Q的坐标为.故选：C 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）A．事件A，B同时发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率小B．抽查10件产品，事件“至少有2件次品”与“至多一件次品”是对立事件C．数据8，8，10，12，22，23，20，23，32，34，42，43的第80百分位数是34D．若，且，则A，B是相互独立事件【答案】BCD【分析】利用投掷骰子的实验可判断A错误，根据对立事件的定义判断B，根据百分位数定义判断C，根据互斥事件的定义判断D.【详解】对于A，比如在抛掷一枚骰子1次的实验中，记事件:向上点数小于或等于5，事件:向上点数大于或等于2，则事件A，B同时发生的概率为，B中恰有一个发生的概率为,故A错误；对于B，抽查10件产品，事件“至少有2件次品”即次品件数大于等于，“至多一件次品”即次品件数小于等于，互为对立事件，B正确；对于C，共有个数，则，所以第10个数34为该组数据的第80百分位数，C正确；对于D，因为，所以,所以，所以A，B是相互独立事件，D正确，故选:BCD.10．如图，在长方体中，，，，以直线，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则（    ）A．点的坐标为B．点关于点对称的点为C．点关于直线对称的点为D．点关于平面对称的点为【答案】BC【分析】根据题中条件，由空间直角坐标系，利用关于谁对称谁不变的原则，逐项判断，即可得出结果.【详解】根据题意知：点的坐标为，选项A错误；的坐标为，坐标为，故点关于点对称的点为，选项B正确；在长方体中，所以四边形为正方形，与垂直且平分，即点关于直线对称的点为，选项C正确；点关于平面对称的点为，选项D错；故选：BC.11．过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】当直线过原点时，求出斜率，即可得到直线方程；当直线不过坐标原点时，设方程为，代入点坐标，求出的值，即可得到直线方程.【详解】当直线经过坐标原点时，斜率，所以直线的方程为，整理可得；当直线不经过坐标原点时，由直线在两轴上的截距相等可设直线方程为，代入点可得，，解得，所以直线方程为.综上所述，直线的方程为或.故选：AC.12．世纪年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属反应可以人工合成金刚石，人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体）、八面体和立方八面体以及他们的过渡形态. 其中立方八面体（如图所示）有条棱、个顶点，个面（个正方形、个正三角形），它是将立方体“切”去个“角”后得到的几何体.已知一个立方八面体的棱长为，则（    ）A．它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为B．它的任意两条不共面的棱所在的直线都互相垂直C．它的体积为D．它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等【答案】ACD【分析】利用立方八面体与正方体之间的关系计算出正方体的棱长，可判断A、C选项的正误；计算出不共面的棱所成角的大小可判断B选项的正误，计算相邻的两个面所成二面角的大小可判断D选项的正误.【详解】如下图所示，由题意可知，立方八面体的顶点为正方体各棱的中点，故立方八面体的棱为正方体相邻两条棱的中点的连线，故正方体的棱长为，由对称性可知，立方八面体的外接球球心为正方体的中心，外接球的直径为正方体的面对角线长，该球的半径为，A选项正确；设、为立方八面体的两条不共面的棱，如下图所示，则，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，，，由于，易知为等边三角形，则，所以，与所成角为，B选项错误；立方八面体的体积为，C选项正确；设正方体底面的中心为点，连接交立方八面体的棱于点，连接，则为的中点，且为等边三角形，所以，，，为的中点，，、分别为、的中点，则，，所以，为立方八面体的底面与由平面所成二面角的平面角，立方八面体的棱长为，，，，平面，平面，，在中，，所以，，同理可知，立方八面体的相邻两个面所成二面角的余弦值为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 三、填空题13．向量，若，且，则的值为__________.【答案】【分析】根据可求出，再根据向量垂直即可求出，从而求得答案.【详解】因为，，所以，解得，又因为，，所以，解得，所以.故答案为：.14．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为________.【答案】x＋13y＋5＝0【解析】由中点坐标公式求得BC的中点坐标，再直线方程的两点式即可得到答案.【详解】由B(3，－3)，C(0，2)，则BC的中点坐标为，∴BC边上中线所在直线方程为，即x＋13y＋5＝0.故答案为：.【点睛】本题考查直线方程的求法，考查中点坐标公式的应用，属于基础题.15．已知a是实数，函数，若函数有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是_______.【答案】（1，+∞）【解析】根据题意将问题转化为函数与的图象有且仅有两个交点，作出两个函数的图像，利用图像即可求解.【详解】解析：函数有且仅有两个零点，即函数与的图象有且仅有两个交点.分别作出函数与的图象，如图所示，由图易知，当时，两函数的图象有两个不同的交点，故实数a的取值范围是（1，+∞）故答案为：（1，+∞）【点睛】本题考查了由零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于基础题.16．如图所示，在正四棱柱中，，，动点、分别在线段、上，则线段长度的最小值是______．【答案】【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算出异面直线、的公垂线的长度，即为所求.【详解】由题意可知，线段长度的最小值为异面直线、的公垂线的长度.如下图所示，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、、，所以，，，，设向量满足，，由题意可得，解得，取，则，，可得，因此，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将长度的最小值转化为异面直线、的距离，实际上就是求出两条异面直线的公垂线的长度，利用空间向量法求出两条异面直线间的距离，首先要求出两条异面直线公垂线的一个方向向量的坐标，再利用距离公式求解即可. 四、解答题17．如图，在平行六面体中，，且，(1)试用表示向量.(2)若，，，求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角形法则以及数乘运算得出；（2）计算，得出的长.【详解】（1）（2）即，∴.18．已知直线的方程为．（Ⅰ）直线与垂直，且过点（1，-3），求直线的方程；（Ⅱ）直线与平行，且直线与两坐标轴围成的三角形的面积为4，求直线的方程．【答案】（1）（2）直线的方程为：或【详解】试题分析：（1）由直线与垂直，可设直线的方程为：，将点 代入方程解得，从而可得直线的方程；(2)由直线与平行，可设直线的方程，由直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，解得可得直线的方程.试题解析：（1）设直线的方程为：    直线过点（1，-3），    解得    直线的方程为：．(2)设直线的方程为：   令，得；令，得   则，得  直线的方程为：或．19．已知函数.(1)当时，求该函数的值域；(2)求不等式的解集；(3)若于恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)或(3) 【分析】（1）利用换元法，结合二次函数的性质求得函数在区间上的值域.（2）结合一元二次不等式、对数不等式的解法来求得不等式的解集.（3）利用换元法并分离常数，结合函数的单调性求得的取值范围.【详解】（1）令，，则，函数转化为，，则二次函数，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取到最小值为，当时，取到最大值为5，故当时，函数的值域为.（2）由题得，令，则，即，解得或，当时，即，解得；当时，即，解得，故不等式的解集为或．（3）由于对于上恒成立，令，，则即在上恒成立，所以在上恒成立，因为函数在上单调递增，也在上单调递增，所以函数在上单调递增，它的最大值为，故时，对于恒成立．20．在正四棱柱中，，为的中点．(1)求直线与平面所成的角；(2)求异面直线与所成的角；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量与，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解；（2）结合（1）中结论，求得，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解；（3）结合（1）中结论，求得平面的法向量，从而利用空间距离的向量法求解即可.【详解】（1）根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，.则，，，，故，，，设平面的法向量，则，即，令，则，，故，设直线与平面所成的角为θ，则，故，得，所以直线与平面所成的角为30°.（2）由（1）得，，所以，又，则，故异面直线与所成的角为.（3）设平面的法向量，则，即，令，则，，故，所以点B到平面的距离.21．已知在空间直角坐标系中，锐角三角形满足 ，(1)求角B的大小；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据空间向量数量积的坐标运算求得，结合角度范围，即可得角B的大小；（2）由内角关系及三角形为锐角三角形得，再根据和差角公式得，根据正弦函数的性质即可得其取值范围.【详解】（1）解：已知 ，所以又，所以；（2）解：由，得，由是锐角三角形得，所以解得，由，得又，则，所以，故的取值范围是.22．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处 【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.【详解】（1）因为E、F分别是SA、SB的中点，所以EF AB，在矩形ABCD中，AB CD，所以EF CD，CD 平面SCD，EF平面SCD，∴EF 平面SCD， 又因为E、P分别是SA、AD的中点，所以EP SD，SD 平面SCD，EP平面SCD，∴EP 平面SCD，又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，所以平面PEF 平面SCD．（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高．设，则，，所以，所以m＝2．以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，所以．设平面PMB的一个法向量为，则，所以取．易知平面SAD的一个法向量为，所以，因为，所以，所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意．