四川省南充市阆中东风中学2023-2024学年高二数学上学期第一次段考试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市阆中东风中学2023-2024学年高二数学上学期第一次段考试题（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷满分150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 若向量和满足条件，则的值是（ ）
A. ﹣1B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
直接代入数量积求解即可．
【详解】因为和满足条件，
即；
故选：D．
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线方程确定直线斜率，由倾斜角与斜率的关系即可得倾斜角大小.
【详解】直线，即，
所以直线的斜率为，
又直线的倾斜角的范围为，所以直线的倾斜角为.
故选：D.
3. 已知平面α的一个法向量是，，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】两个平面平行，其法向量也平行，即可判断各选项.
【详解】平面α的一个法向量是，，
设平面的法向量为，
则，
对比四个选项可知，只有D符合要求，
故选：D.
【点睛】本题考查了平面法向量的性质，两个平面法向量的关系，空间向量平行的坐标关系，属于基础题.
4. 已知直线，，若，则（ ）
A. B. 2C. D. 2或
【答案】A
【解析】
【分析】利用两条直线（一般式方程）相互平行的充要条件即可得出．
【详解】因为，所以，解得.
故选：A.
5. 如图，在平行六面体中，与的交点为，设，，，则下列选项中与向量相等的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理结合平行六面体的性质求解.
【详解】因为在平行六面体中，M为与的交点，，，，
所以=
.
故选：B
6. 设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”，则“lm且ln”，反之若“lm且ln”，当m//n时，推不出“l”，∴ “l”是“lm且ln”的充分不必要条件，选A．
7. 我们称：两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角；由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两个平面的夹角的知识，结合空间向量法求得正确答案.
【详解】平面和平面的夹角为，D选项错误.
平面和平面的夹角为，B选项错误.
设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，
则，故可设.
，设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面与平面的夹角为，
则，
由于，所以，所以C选项错误.
所以夹角大小不可能为.
故选：A

8. 直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
9. 如图，在长方体中，，，，点E在线段AO的延长线上，且，下列向量坐标表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求出向量坐标，逐项判断可得答案.
【详解】在空间直角坐标系中，，，，
，，
对于A，因为，，所以，故A不正确；
对于B，因为，，所以，故B正确；
对于C，因为，，所以，故C正确；
对于D，因为，，所以，故D不正确.
故选：BC.
10 已知直线，其中，则（ ）
A. 当时，直线与直线垂直
B. 若直线与直线平行，则
C. 直线过定点
D. 当时，直线在两坐标轴上截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，求出直线方程，根据斜率的关系判断，对于B，由两直线平行直接列方程求解判断，对于C，由求出的值可得直线过的定点，对于D，当时，求出直线方程，然后求出直线在两坐标轴上的截距进行判断.
【详解】对于A，当时，直线的方程为，其斜率为1，而直线的斜率为－1，
所以当时，直线与直线垂直，所以A正确；
对于B，若直线与直线平行，则，解得或，所以B错误；
对于C，当时，，与无关，故直线过定点，所以C正确；
对于D，当时，直线的方程为，在两坐标轴上的截距分别是－1，1，不相等，所以D错误，
故选：AC．
11. 正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A. 正三棱锥高为3B. 正三棱锥的斜高为
C. 正三棱锥的体积为D. 正三棱锥的侧面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.
【详解】
设为等边三角形的中心，为的中点，连接，
则为正三棱锥的高，为斜高，
又，，故,
故AB正确.
而正三棱锥的体积为，侧面积为，
故C错误，D正确.
故选：ABD.
12. 如图，在长方体中，，点是棱上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
A. 不存在点，使得
B. 三棱锥的体积恒为定值
C. 存在唯一的点，过三点作长方体的截面，使得截面的周长有最小值
D. 为棱上一点，若点满足，且平面，则为的中点
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A. 先证明存在点使得平面，从而可判断；选项B. 由为定值，根据可判断；选项C. 先作出截面，然后将侧面展开，使得面与面在同一平面内，从而可判断；选项D. 在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接，从而可得，从而可判断.
【详解】选项A. 在底面矩形中，连接交于点 ,由，则
所以, 所以,为等边三角形
取的中点，连接并延长交于点，则
又在长方体中，平面，且平面，则
又,所以平面,又平面
所以，所以存在点，使得，故选项A不正确.
选项B.
在长方体中，平面,所以
所以三棱锥的体积恒为定值，故选项B正确.
选项C. 在 上取点，使得，连接
则四边形为平行四边形,所以过三点作长方体的截面为面
将侧面展开，使得面与面在同一平面内，
连接,交于点，此时最小，即截面周长最小
所以存在唯一的点，使得截面的周长有最小值，故选项C 正确.
选项D. 在梯形中，两腰延长必相交，设交点为,连接
由, ,即,
所以,即，则
平面,面平面
由平面，则
又，所以为平行四边形,则，则
所以为的中点. 故选项D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线l的方向向量的坐标为，则直线l的倾斜角为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由方向向量得直线的斜率，从而得倾斜角．
【详解】设直线的倾斜角为，，
由已知直线l的方向向量的坐标为，
得斜率，
∴．
故答案为：．
14. 已知点B是点在坐标平面内的射影，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据空间中点的对称关系得到B点的坐标，利用两点之间的距离公式得到结果．
【详解】∵点B是点在坐标平面内的正射影，
∴B在坐标平面上，横标和纵标与A相同，而竖标0，
∴B的坐标是，
∴，
故答案为：.
15. 已知两点，，过点的直线与线段AB有交点，则直线l的斜率的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】画出图像，根据倾斜角变化得到斜率变化.
【详解】如图所示，
直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段AB有交点，
从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，
此时斜率，所以此时；
从旋转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，
此时斜率，所以此时，
故答案为：.
16. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为______.
图1 图2
【答案】
【解析】
【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.
【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：

半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.
则，，
，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量．
（1）若，求实数；
（2）若向量与所成角为锐角，求实数的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算及向量平行的坐标表示即可求解；
（2）根据已知条件及（1）的结论，利用数量积为正求出的范围，再去掉两向量共线的情形即可.
【小问1详解】
因为，
所以，，
因为，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因为向量与所成角为锐角，
所以，解得，
又当时，，
所以实数的范围为.
18. （1）已知点和，点P在x轴上，且为直角，求点P的坐标.
（2）已知点和，求线段AB的垂直平分线的方程.
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据求解.
（2）首先求出的中点，在利用中垂线得到所求直线，即可得到答案.
【详解】（1）设，，，
因为为直角，
所以，解得或，
即或
（2）设的中点为，则，即.
，因为，所以，
所求直线为，即
19. 如图在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点.
（1）求点B到直线的距离；
（2）求点B到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量求点到直线距离的方法运算即可得解.
（2）利用空间向量求点到平面距离的方法运算即可得解.
【小问1详解】
解：
如上图，以点为坐标原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
取，，
则，，
∴点B到直线的距离为.
【小问2详解】
解：由（1）知，，，
则，，
设平面的法向量为，则
∴，即，取，则，，
∴，
又∵，
∴点B到平面的距离为.
20. 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点．

（1）若PF＝FC，求证：PA∥平面BDF；
（2）若BF⊥PC，求证：平面BDF⊥平面PBC．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设AC，BD的交点为O，所以PA∥OF，利用线面平行的判定定理即可证得结论；
（2）由题意得BD⊥AC，BD⊥PA，所以BD⊥平面PAC，则BD⊥PC，又BF⊥PC，所以PC⊥平面BDF，利用面面垂直的判定定理可得结论.
【小问1详解】
设AC，BD的交点为O，连OF，

因为底面ABCD为菱形，且O为AC中点，PF＝FC，所以PA∥OF，
又PA平面BDF，OF平面BDF，故PA∥平面BDF．
【小问2详解】
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA，
又ACBD＝O，AC，BD平面ABCD，所以BD⊥平面PAC，
又PC平面PAC， 所以BD⊥PC，
又BF⊥PC，BDBF＝B，BD，BF平面BDF，所以PC⊥平面BDF，
又PC平面PBC，故平面BDF⊥平面PBC.
21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD满足，，底面ABCD，且，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用等体积法，结合锥体体积公式求解即得.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求出面面夹角余弦即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，由,，得，的面积，
又平面，因此，
所以三棱锥的体积是.
【小问2详解】
依题意，两两垂直，以原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
由，，得，
显然为平面的一个法向量,且，设为平面的一个法向量，
而,，则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AB，BF上移动，且CM，BN的长度保持相等，记.
（1）求异面直线AC，BF所成角的余弦值；
（2）a为何值时，MN的长最小？
（3）当MN的长最小时，求AB与平面AMN夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）当时，最小为.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理以及空间向量的坐标运算求异面直线所成的角；
（2）利用空间向量的坐标运算求两点间的距离；
（3）利用空间向量的坐标运算求直线与平面所成的角.
【小问1详解】
因为平面平面，且交线为，
又因为四边形为正方形，所以
又因为平面，所以平面，
且平面，所以，
因此，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则
所以,
设异面直线AC，BF所成角为，
则有.
【小问2详解】
由题可得，，
所以，
所以当时，最小为.
【小问3详解】
由（2）可知，当最小时，，
,
设平面的一个法向量为，
则，令则，所以，
,
设AB与平面AMN夹角为，则，