四川省苍溪中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省苍溪中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析），共17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。
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用中点坐标公式直接求解.
【详解】因为点，，
所以线段的中点坐标是，即.
故选：D
2. 已知直线过点，且与直线平行，则的方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设直线方程为，再把点代入即可求解
【详解】设直线的方程为，
由点在直线上得：
，解得，
因此直线的方程为，
故选：D．
3. 若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则（ ）
A. l∥αB. l⊥α
C. l⊂αD. l与α斜交
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知可推得，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以，，所以.
故选：B.
4. 如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合图形，直接利用，即可求解.
【详解】因为空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，
所以，
所以.
故选：A
5. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角为
B. 过点与直线平行的直线方程为
C. 向量是直线的一个方向向量
D. 若直线：，则
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的斜率可求得倾斜角，即可判断A，由直线平行可设所求直线为，代点即可判断B，由直线的方向向量可判断C，由直线方程，得出直线的斜率，再由直线垂直时有，从而可判断D.
【详解】对于A：的斜率为，所以直线的倾斜角为，故A错误；
对于B：因为与直线平行的直线方程可设为，
又直线过点，有，解得，
故所求直线方程，故B错误；
对于C：因为直线的方向向量可为或，
所以直线的方向向量可为或，故C错误；
对于D：因为直线：与直线：的斜率分别为，，所以有，所以，故D正确；
故选：D.
6. 如图，在长方体中，，，点在线段上，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，求，的坐标，应用空间向量夹角的坐标表示求与所成角的余弦值即可.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，.
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
7. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开关两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求点关于直线对称的点，再根据两点之间线段最短，即可得解.
【详解】
如图，设关于直线对称的点为，
则有 ，可得，可得，
依题意可得“将军饮马”的最短总路程为，
此时，
故选：B.
8. 已知直线和直线，则当与间的距离最短时，t的值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用平行线之间的距离公式可求出关于的二次函数解析式，再利用二次函数的单调性即可求解.
【详解】解：
∵直线即为直线，∴直线直线．
∴与间的距离，当且仅当时取等号．
∴当与间的距离最短时，t的值为．
故答案选：B
二、多选题（每小题5分，共20分，漏选得2分，错选多选得0分）
9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 向量，的夹角为D. 在方向上的投影是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据坐标运算法则，依次求解各个选项，即可得到结果.
【详解】A.∵ ∴，A正确；
B.，，错误；
C. ，所以夹角为；
D. 在方向上的投影为.
故选：AC.
10. 设直线，，其中实数，满足，则（ ）
A. 与平行B. 与相交
C. 与的交点在圆上D. 与的交点在圆外
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线的斜截式方程知两斜率相乘为是两直线互相垂直，即相交，再利用联立两直线求出交点坐标，在找到关系即可得到答案.
【详解】与不可能相等，，故与垂直即相交，故B正确；与的交点为，故与的交点在圆上.
故选：BC.
11. 已知点，，直线l的方程为，且与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值可以为（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】CD
【解析】
【分析】首先判断出直线经过定点，根据两点间的斜率公式，再结合图形即可求出斜率的取值范围，进而选出答案.
【详解】因为，
所以，
由解得，所以直线经过定点，
又因点，，在坐标系中画出图形
，
结合图形可知直线与线段AB有公共点，则或，
，，
所以或，
所以值可以为1，2
故选：CD
12. 在四面体中，以下说法正确的有（ ）
A. 若，则可知
B. 若Q为△的重心，则
C. 若四面体各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则
D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：令，利用平面向量基本定理及向量加减、数乘的几何意义，求之间含的线性关系，结合已知即可求；B：根据线段的空间位置及空间向量的加减、数乘运算，求的线性关系；C：由正四面体性质求的长度即可；D：由题设有，利用空间向量数量积的运算律及空间向量的加减几何含义求证结论.
【详解】A：由，则在线段上，又，若，则，又，故，所以，即，正确；
B：若为的中点，，又，而，所以，又，则，整理得，正确；
C：由题设知：，即，且，故，错误；
D：若，，则，又，所以，整理得，故，正确.
故选：ABD
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 已知空间向量，且与垂直，则等于______.
【答案】4
【解析】
【分析】由与垂直，得到，由此能求出的值.
【详解】因为，且与垂直，
所以，解得，
故答案为：4
14. 写出截距相等且过点直线方程________.
【答案】或
【解析】
【分析】分直线过原点与不过原点两种情况讨论，过原点时，直接求出直线斜率即可得直线方程；不过原点时，设出直线方程，把点坐标代入即可求得直线方程
【详解】当直线过原点时，则直线的斜率，故直线的方程为；
当直线不过原点时，设直线方程为，
把点代入，得，解得，
所以直线的方程为；
综上所述，直线的方程为或.
故答案为：或.
15. 在棱长为2的正方体中，O为平面的中心，E为BC的中点，则点O到直线的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】如图，以为原点建系，利用向量法即可求出答案.
【详解】解：如图，以为原点建系，
则，
则，
则，
又，所以，
所以点O到直线的距离为.
故答案为：.
16. 已知直线与圆交于A、B两点，直线垂直平分弦AB，则a的值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意可得直线与垂直，可求出的值，再由直线垂直平分弦AB，可得直线过圆心，可求出.
【详解】因为直线与垂直，
所以，得，
由，得，则圆心为，
因为直线垂直平分弦AB，
所以直线过圆心，
所以，解得，
故答案为：4
四、解答题（共70分）
17. 已知空间向量，，．
（1）若，求；
（2）若与相互垂直，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量共线公式列式求参即可；
（2）根据空间向量垂直数量积为0列式求参即可.
【小问1详解】
，
，，
即，且，，解得；
【小问2详解】
，，
又，解得．
18. 已知三个顶点是
（1）求边上的垂直平分线的直线方程；
（2）求的面积
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得BC的中点和BC的斜率，由垂直关系可得垂直平分线的斜率，由点斜式可得方程，化为一般式即可；
（2）由（1）得BC的方程，可得A到BC的距离，再求得BC的长度，代入三角形的面积公式可得答案．
【详解】（1），，则所求直线的斜率为：
又的中点的坐标为，所以边的上的中垂线所在的直线方程为：；
（2）直线的方程为：，则点到直线
的距离为：，，.
【点睛】本题考查直线的一般式方程和三角形的面积，及点到直线的距离，属于基础题．
19. 已知圆经过点和，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）过点作圆的切线，求切线方程．
【答案】（1）；
（2）和
【解析】
【分析】（1）设圆心，由半径可构造方程求得，由此得到圆心和半径，进而得到圆的方程；
（2）当切线斜率存在时，假设切线方程，利用圆心到直线距离可构造方程求得，由此可得切线方程；当过直线斜率不存在时，是圆的切线；综合可得切线方程.
【小问1详解】
圆心在直线上，可设圆心，
，解得：，则圆心，
圆的半径，
圆的方程为；
【小问2详解】
当切线的斜率存在时，设过点的切线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得：，
切线方程为，即；
当直线斜率不存在时，直线方程为：，圆心到直线的距离是，是圆的切线；
综上所述：过点的圆的切线方程为和.
20. 平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为.
（1）求的长；
（2）求异面直线与夹角的余弦值.
【答案】（1）AC1的长为；（2）AC与BD1夹角的余弦值为．
【解析】
【详解】试题分析：（1）记＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基底，利用空间向量的基本定理表示出，然后利用向量的模长计算公式及数量积的运算律即可求解；（2）利用向量夹角求两条异面直线夹角，但注意向量夹角为锐角或直角时两者相等，当向量夹角为钝角时，两者互补．
试题解析：（1）记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝．
||2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2（a·b＋b·c＋c·a）＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴||＝，即AC1的长为．
（2）＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，
·＝（b＋c－a）·（a＋b）＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
∴cs〈，〉＝＝．
∴AC与BD1夹角的余弦值为．
考点：利用向量作为工具求线段长及异面直线的夹角问题．
21. 如图，在直三棱柱中，.
（1）若为中点，求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为60°，求的长.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明平面，根据面面垂直的判定即可得到结果；（2）根据二面角的大小，求出两个平面的法向量，用夹角公式解决.
【详解】（1）如图，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，，，
即，
；
又，∴ 平面.
又平面，根据面面垂直的判定定理，
∴ 平面平面.
（2）设，则，，
设平面的法向量为.
则由取，得
又平面的法向量为，则由，解得，于是
22. 已知直线与圆交于两点．
（1）求出直线恒过定点的坐标
（2）求直线的斜率的取值范围
（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）为定值.
【解析】
【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；
（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；
（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.
【详解】（1）将直线方程整理为：，
令，解得：，直线恒过定点；
（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；
圆方程可整理为，则其圆心，半径，
直线与圆交于两点，圆心到直线距离，
即，解得：，即直线斜率的取值范围为；
（3）设，
当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，
则直线，可设直线方程为，
由得：，由（2）知：；
，，
，
为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.