2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考（月考）数学试题（A卷）含解析

2022-2023学年河南省创新联盟高二上学期第一次联考数学试题（A卷）

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数乘法法则计算即可.

【详解】.

故选：B

2．下列关于空间向量的说法中错误的是（    ）

A．平行于同一个平面的向量叫做共面向量

B．直线可以由其上一点和它的方向向量确定

C．空间任意三个向量都可以构成空间的一个基底

D．任意两个空间向量都可以通过平移转化为同一平面内的向量

【答案】C

【分析】根据空间向量、基底的性质，以及共面向量、直线方向向量性质和概念判断各选项的正误.

【详解】A：平行于平面m的向量，均可平移至一个平行于m的平面，故它们为共面向量，正确；

B：直线的方向向量是直线任取一点，向其两个方向的任意方向作出一个向量即可得，故一点和方向向量确定直线，正确；

C：空间任意三个向量都共面时，则不能构成空间的基底，错误；

D：由向量的位置的任意性，将空间两个向量某一端点移至重合位置，它们即可构成一个平面，即可为同一平面的向量，正确.

故选：C

3．已知空间三点，，，则到直线的距离为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．

【答案】B

【分析】首先求出、，再根据夹角公式求出，从而求出，再根据距离公式计算可得.

【详解】解：因为，，，所以，

，

则，，，

所以，则，

所以到直线的距离为.

故选：B

4．如图，在正方体中，分别为的中点，则（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．平面

【答案】C

【分析】以点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合法向量对选项逐一判断即可.

【详解】

以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.，.

设平面的一个法向量为，则取，

因为与不平行，所以与平面不垂直，错误；

因为与不平行，所以与平面不垂直，B错误；

因为，且线在面外，所以平面，C正确；

因为，所以与平面不平行，D错误

5．某工厂生产了一批节能灯泡，这批产品按质量标准分为一等品､二等品､不合格品.从这批产品中随机抽取一个进行检测，设抽到一等品或二等品的概率为，抽到二等品或不合格品的概率为，则抽到二等品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用对立事件的概率公式求出事件抽到不合格品，抽到一等品的概率，由此可求抽到二等品的概率.

【详解】因为抽到一等品或二等品的概率为，所以抽到不合格品的概率为，

因为抽到二等品或不合格品的概率为，所以抽到一等品的概率为，

故抽到二等品的概率为1，

故选：D.

6．已知点、，点在轴上，且，则的坐标为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【分析】设，由题意可知，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的方程，解之即可.

【详解】设，因为，所以，且，，

所以，，解得或，故的坐标为或.

故选：D.

7．如图，在正四棱柱中，是棱的中点，点在棱上，且.若过点的平面与直线交于点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，表示出点的坐标，设，由面面平行的性质得到平面，再由线面平行的性质得到，根据向量共线的坐标表示计算可得.

【详解】解：以为坐标原点，以， ，的方向分别为， ，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

设，则.

因为平面平面，平面，

所以平面，

因为平面平面，平面，所以，

则，即，即,解得，故.

故选：A

8．已知直线经过两点，则直线的倾斜角的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分和两种情况，分别求出直线的倾斜角范围，即可得到答案

【详解】解：当时，，所以此时直线的倾斜角为；

当时，设直线的倾斜角为，

所以直线的斜率，

当且仅当时，等号成立，

所以，所以，

此时直线的倾斜角的取值范围为，

综上，直线的倾斜角的取值范围为，

故选：A

9．如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上.若，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可得.

【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.

设，.

因为，

所以，解得，即.

故选：B

10．甲､乙两名射击运动员在某次测试中各射击20次，两人测试成绩的条形图如图所示，则（    ）

A．甲运动员测试成绩的极差大于乙运动员测试成绩的极差

B．甲运动员测试成绩的众数大于乙运动员测试成绩的众数

C．甲运动员测试成绩的平均数大于乙运动员测试成绩的平均数

D．甲运动员测试成绩的标准差小于乙运动员测试成绩的标准差

【答案】D

【分析】由图可得甲、乙运动员测试成绩的极差、众数，计算平均数和标准差，比较即可

【详解】由图可得甲运动员测试成绩的极差为3，众数为8，平均数为，

标准差为；

乙运动员测试成绩的极差为3，众数为8，平均数为，

标准差为.

甲运动员测试成绩的极差等于乙运动员测试成绩的极差，A错误；

甲运动员测试成绩的众数等于乙运动员测试成绩的众数，B错误；

甲运动员测试成绩的平均数等于乙运动员测试成绩的平均数，C错误；

甲运动员测试成绩的标准差小于乙运动员测试成绩的标准差，D正确．

故选：D

11．已知函数，给出下列结论：

①的最小正周期为；

②的图象关于原点对称；

③在上单调递增；

④的值域为.

其中所有正确结论的序号为（    ）

A．①② B．③④ C．②③④ D．①②③

【答案】D

【分析】对变形得到，得到其最小正周期，得到A选项正确；

先求解定义域，再利用函数奇偶性判断函数为奇函数，B选项正确；

根据复合函数单调性，整体法求解函数单调区间，判断C选项；

先求解的值域，进而求出的值域为，D正确.

【详解】因为函数的最小正周期为，

，所以的最小正周期为，①正确；

令，解得：.

又因为，

所以为奇函数，的图象关于原点对称，②正确.

因为函数在上单调递增，

所以在上单调递增，③正确.

因为函数在上的值域为，

所以的值域为，④错误.

故选：D

12．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.

【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为

所以，.

设，则.

所以.

令，则，

因为，所以.

故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.

故选：C

二、填空题

13．已知点在直线上，写出直线的一个方向向量___________.

【答案】

【分析】由方向向量的定义求解即可

【详解】因为点在直线上，

所以，且都是直线的方向向量.

故答案为：

14．设，向量，且，则___________.

【答案】

【分析】根据空间向量的垂直及平行的坐标表示求出，再由向量的坐标运算及模的坐标表示求解.

【详解】因为，所以，解得，则.

因为，所以，解得，则.

.

故答案为：

15．若等边三角形的一条中线所在直线的斜率为1，则该等边三角形的三边所在直线的斜率之和为___________.

【答案】3

【分析】根据题意得到该等边三角形的三边所在直线的倾斜角，进而求出三边所在直线的斜率，求出和即可.

【详解】因为一条中线所在直线的斜率为1，所以此中线所在直线的倾斜角为，

可得该等边三角形的三边所在直线的倾斜角分别为，

因为，，

，

即该等边三角形的三边所在直线的斜率分别为，

所以该等边三角形的三边所在直线的斜率之和为3.

故答案为：3

16．已知正四面体的棱长为12，球内切于正四面体是球上关于球心对称的两个点，则的最大值为___________.

【答案】

【分析】先根据等体积法求出内切球的半径，

再根据，结合基本不等式即可求得结果.

【详解】

设点在平面内的射影为，点在平面内的射影为，点在平面内的射影为，如图1.

因为正四面体的棱长为12，所以.

设球的半径为.

因为，所以，则.

，当且仅当时，等号成立.

过点作，垂足为，过点作，垂足为，过点作，垂足为，如图2.圆的半径为是关于点对称的两个点，且.

.

，当且仅当直线与圆相切时，等号成立.

，当且仅当时，

等号成立.

因为以上取等条件可以同时成立，所以.

三、解答题

17．如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，且，设.

(1)试用表示；

(2)已知是的中点，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件，结合向量的加减法运算法则，即可求解．

（2）O为的中点，求DO的长，只需求出的长，利用（1）中所求的结果，求的模即可．

【详解】(1).

(2)由题意知，

.

，

18．已知坐标平面内三点.

(1)求直线的斜率和倾斜角；

(2)若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标；

(3)若是线段上一动点，求的取值范围.

【答案】(1)斜率为1，倾斜角为；

(2)；

(3).

【分析】(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角；

(2) 设，根据求解即可；

(3) 因为表示直线的斜率,求出与点重合时，直线的斜率；与点重合时，直线的斜率即可得答案.

【详解】(1)解：因为直线的斜率为.

所以直线的倾斜角为；

(2)解：如图，当点在第一象限时，.

设，则，解得，

故点的坐标为；

(3)解：由题意得为直线的斜率.

当点与点重合时，直线的斜率最小，；

当点与点重合时，直线的斜率最大，.

故直线的斜率的取值范围为，

即的取值范围为.

19．如图，已知圆锥的顶点为，点是圆上一点，，点是劣弧上的一点，平面平面，且.

(1)证明：.

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的判定和性质，推得，再由和圆的对称性，求出相关的角的大小，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式计算可得所求值．

【详解】(1)证明：因为平面平面，

所以平面.

因为平面，且平面平面，

所以.

因为，所以，

所以，即.

(2)解：如图，以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

则.

设平面的法向量为，

则令，得.

因为，

所以点到平面的距离为.

20．在“①，②（其中为的面积）”这两个条件中任选一个补充在下列横线上，并加以解答（注意：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分）.

已知的内角的对边分别为，___________.

(1)求角；

(2)若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择①，由两角差的余弦公式、两角和的正弦公式和正弦定理将①化简为，再由辅助角公式即可得出，即可求出角；选择②，由余弦定理化简②可得，再由辅助角公式即可得出，即可求出角；

（2）由余弦定理结合均值不等式即可求出，再由三角函数的面积公式即可求出面积的最大值.

【详解】(1)选择①：

因为，所以.

由正弦定理可得，

即.

由，化简得，即.

因为，所以，即.

选择②：

因为，

所以，即.

由余弦定理知，所以.

由，化简得，即.

因为，所以，即.

(2)由（1）知，则.

结合余弦定理可得，

当且仅当时，等号成立，

所以.

故面积的最大值为.

21．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.

22．如图，在四棱锥中，底面为菱形，.

(1)证明：为等腰三角形.

(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；

（2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法和的范围可得答案.

【详解】(1)如图，取的中点，连接，

因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，

因为，所以，

因为，平面，

所以平面，平面，所以，

故为等腰三角形；

(2)设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，

，

设平面的法向量为，则，即，

令，则，

设平面的法向量为，则，，

令，则，

，

令，则，

因为，所以，

二面角的大小等于二面角与二面角的大小之和，

因为二面角为直角，所以二面角为钝角，

故二面角的余弦值的取值范围为.