2023-2024学年广东省梅州市大埔县虎山中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省梅州市大埔县虎山中学高二上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】直接利用数量积的坐标运算即可求得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2．直线的倾斜角为135°，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】由已知得直线的斜率，∴，
故选：B.
3．以下哪个点在倾斜角为45°且过点（1，2）的直线上（ ）
A．（﹣2，3）B．（0，1）C．（3，3）D．（3，2）
【答案】B
【分析】由过两点的直线斜率公式逐一判断即可得解.
【详解】解：由直线的倾斜角为45°，则直线的斜率为，
则过点与点（1，2）的直线的斜率为，显然点不满足题意；
过点与点（1，2）的直线的斜率为，显然点满足题意；
过点与点（1，2）的直线的斜率为，显然点不满足题意；
过点与点（1，2）的直线的斜率为，显然点不满足题意；
即点在倾斜角为45°且过点（1，2）的直线上，
故选：B.
【点睛】本题考查了斜率公式，重点考查了运算能力，属基础题.
4．在中，，则角的大小为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】A
【分析】由正弦定理代入即可得出，从而求出角的大小.
【详解】由正弦定理：，所以.
故选：A.
5．已知空间三点O(0，0，0)，A(1，，2)，B(，-1，2)，则以OA，OB为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A．8B．4C．D．
【答案】D
【分析】先求出OA，OB的长度和夹角，再用面积公式求出的面积进而求得四边形的面积.
【详解】因为O(0，0，0)，A(1，，2)，B(，-1，2)，
所以，，
，
所以，
以OA，OB为邻边的平行四边形的面积为.
故选：D.
6．如图，在四面体中，点为棱的中点，设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，则，又，即可求解
【详解】连接，因为为棱的中点，，，
所以，
所以，
故选：A
7．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，AC1与BD1相交于点O，则有( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系．利用向量坐标运算、数量积运算性质即可判断出结论．
【详解】如图所示，以为坐标原点，以、、分别为、、建立空间直角坐标系：
由上图以及已知条件可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)，C(0，a，0)，O．
因为(0，a，0)，(﹣a，a，0)，a2，故A正确；
因为(﹣a，a，a)，所以•a2，故B错误；
因为，所以，故C错误；
因为(﹣a，0，0)，(a，0，a)，所以•a2，故D错误．
故选：A．
8．在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为
A．B．C．D．2
【答案】D
【解析】画出图形，作，则，可得，沿轴将坐标平面折成的二面角，故两异面直线所成的角为，结合已知，即可求得答案.
【详解】如图为折叠后的图形，其中作
则，
沿轴将坐标平面折成的二面角
两异面直线所成的角为．
可得：
故由
得
故选：D.
【点睛】本题考查了立体几何体中求线段长度，解题的关键是作图和掌握空间向量的距离求解公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
二、多选题
9．若与为两条不重合的直线，它们的倾斜角分别是，，下列命题是真命题的为（ ）
A．若，则两条直线的斜率相等
B．若两条直线的斜率相等，则
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据直线的斜率和倾斜角的关系，以及平行线的性质，依次判断即可
【详解】选项A，当时，，但两条直线斜率不存在，故A错误；
选项B，若两条直线的斜率相等，且两直线不重合，故，故B正确；
选项C，若，由平行线的性质，可得，故C正确；
选项D，若，由平行线的性质，可得，故D正确.
故选：BCD
10．设是三角形的一个内角，则下列哪些值可能为负值（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】求出、的范围，可判断出各选项中三角函数值的符号，即可得解.
【详解】由已知可得，则，，，
当时，，.
故选：BC.
11．如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在（1，0）处，质点B在第一象限，且.质点A以的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以的角速度按逆时针方向运动，则（ ）
A．经过1后，扇形AOB的面积为
B．经过2后，劣弧的长为
C．经过6后，质点B的坐标为
D．经过后，质点A，B在单位圆上第一次相即
【答案】BD
【分析】根据任意角的概念和题意逐项进行分析即可求解.
【详解】对于，由题意可知：经过1后，，
所以此时扇形AOB的面积为，故选项错误；
对于，经过2后，，
所以此时劣弧的长为，故选项正确；
对于，经过6后，质点转过的角度为，结合题意，此时质点为角的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为，故选项错误；
对于，经过后，质点转过的角度为，质点转过的角度为，因为，所以经过后，质点，在单位圆上第一次相遇，故选项正确，
故选：.
12．如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，过AE的截面与棱BB、分别交于点F、G，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点F为棱中点时，截面的周长为
B．线段长度的取值范围是
C．当点F与点B重合时，三棱锥的体积为
D．存在点F，使得
【答案】ABC
【分析】延长交延长线于，连接，利用比例式及勾股定理计算判断A；用长表示长并求出范围判断B；利用割补法求出体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断D作答.
【详解】在直三棱柱中，，，E为的中点，有，
延长交延长线于，连接，如图1，令，
于是，即，由，得，即，
对于A，当点F为棱中点时，，，，
，，
所以截面的周长为，A正确；
对于B，显然在上单调递增，所以，B正确；
对于C，当点F与点B重合时，如图2，，，，三棱锥的体积：
，C正确；
对于D，以点C为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，则，
，，显然与不垂直，
因此不存在点F，使得，D错误.
故选：ABC
三、填空题
13．四面体OABC的所有棱长都是1，D,E分别是OA,BC的中点，连接DE,则DE= .
【答案】
【分析】利用空间向量求模长即可.
【详解】如图所示，
,
四面体OABC的所有棱长都是1,
所以四面体的四个面均为正三角形，
所以的夹角都是,
故：,
.
故答案为：
14．已知空间直角坐标系中的点，，，则点P到直线的距离为
【答案】/
【分析】应用向量法求余弦值，再由点线距离的向量求法求P到直线的距离.
【详解】由题设，所以，
则P到直线的距离为.
故答案为：
15．已知，，三点共线，则＝ ．
【答案】6
【分析】利用可得出关于的等式，由此可求得实数的值.
【详解】由于、、三点共线，则，
即，解得.
故答案为：6.
16．在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，，.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为 .
【答案】
【解析】首先可证平面PAC，则BD与平面PAC所成角为，所以当D为PC的中点时取得最大值，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】解：因为PA，AB，AC两两垂直，
所以平面PAC，则BD与平面PAC所成角为，
所以，
当AD取得最小值时，取得最大值在等腰中，
当D为PC的中点时，AD取得最小值，以A为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，，，，，
则，，，
设平面PBC的法向量为，则，
即，令，得.
因为，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.
故答案为：
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)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．
四、解答题
17．求满足下列条件的直线的方程.
（1）直线过点，且与直线平行；
（2）直线过点且与直线垂直.
【答案】(1) (2) .
【分析】(1)利用平行设出所求直线的方程为,再代入点的坐标解出,即可得到答案;
(2)利用垂直设出所求直线的方程为,再代入点的坐标解出,即可得到答案.
【详解】（1）设所求直线的方程为，
∵点在直线上，
∴，
∴.
故所求直线的方程为.
（2）设所求直线的方程为.
∵点在直线上，
∴，
∴.
故所求直线的方程为.
【点睛】本题考查了平行直线系方程和垂直直线系方程的应用,属于基础题.
18．如图，已知平面四边形，，，，，.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理求，根据勾股逆定理知，即可求.
（2）由（1）得，应用正弦定理即可求的值.
【详解】（1）在△中，由余弦定理，有，
，即，
.
（1）在四边形中，，
∴，
在△中，由正弦定理，则.
19．已知函数图象的相邻两条对称轴间的距离为.
（1）若，求的值；
（2）将的图象向左平移个单位长度，所得图象与函数的图象重合，求实数的最小值.
【答案】（1）或，；（2）.
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数的周期得值，然后解方程可得；
（2）写出平移后的函数解析式，结合诱导公式可得参数值．
【详解】解：
.
因为图象的相邻两条对称轴间的距离为，
所以的最小正周期为.
所以，.
所以.
令，可得，或，，
即或，.
（2）将的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，
所得图象与函数的图象重合，
所以，，
，.
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
五、证明题
20．如图，在正方体中， E、F分别是，CD的中点，
(1)求证：平面ADE；
(2)求异面直线EF，CB1所成的角
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，证明，，再由线面垂直的判定定理证明即可.
（2）用向量表示出，，由求出直线EF，CB1方向向量的夹角，进而可求异面直线的夹角.
【详解】（1）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设正方体的棱长为1，
则D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1），E（1，1，），F（0，，0），
则＝（0，，－1），＝（1，0，0），＝（0，1，），
则，，
所以，.
所以，
因为,平面ADE, 平面ADE,
所以平面ADE.
（2）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设正方体的棱长为1，
则（1，1，1），C（0，1，0），
故＝（1，0，1），＝（－1，－，－），
＝－1＋0－＝－, ，，
，
设异面直线EF，CB1所成的角为，所以
则异面直线EF，CB1所成的角为.
六、解答题
21．在中，内角，，的对边分别为，，，且，.再在条件①、条件②、条件③中选择1个作为已知，使得存在并且唯一. 条件①；条件②；条件③.
(1)求的值；
(2)求的面积.
【答案】(1)条件选择见解析，答案见解析
(2)
【分析】（1）选①，求出的值，利用正弦定理可求得的值；
选②，利用余弦定理可得出关于的方程，可判断原方程无解；
选③，利用余弦定理可得出关于的方程，结合可求得的值；
（2）根据三角形的面积公式，代入数据即可求解.
【详解】（1）选条件①，,，，
故，
由正弦定理得，
选条件②，由余弦定理得，
，此时无解；
选条件③，由余弦定理得，
此时解得.
（2）解：由（1）可知，选①③时，存在且唯一，
.
22．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，M是线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的大小；
(3)若线段上总存在一点P，使得，求t的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)的最大值为.
【分析】（1）法一：设，连结，，先证为平行四边形，得到，再由线面平行的判定证结论；法二：证面，构建空间直角坐标系，应用向量法证线面平行；
（2）应用向量法求二面角的大小即可；
（3）设，其中，进而得到，再结合向量垂直的坐标表示列方程得，最后求t的最大值．
【详解】（1）法一：设，连结，，
矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以为平行四边形，故，
又平面，平面，所以平面；
法二：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
面面，，面，所以面，
以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，是线段的中点，
则，，，，，，
从而，，，，
设面的法向量为，则由，可知，
令，则，，从而面的一个法向量为，
则，又平面，所以，从而面.
（2）若，则，，面的一个法向量为，
设面的法向量为，则，可知，
令，则，，从而面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，因为为锐角，所以，
所以二面角的大小为.
（3）因为点在线段上，而，
设，其中，则，从而，
于是，而，
由知，即，
所以，解得，故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：第三问，设，其中，根据向量的坐标表示得到，，再由垂直关系列方程得到参数关系为关键.