2023-2024学年贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学高二上学期9月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学高二上学期9月月考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：A.
2．如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.
【详解】由，可得，
因为底面为矩形，，，，
所以，，
又
，
所以，则.
故选：B
3．已知直线，，若且，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
4．已知直线过点，且与向量平行，则直线在轴上的截距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设直线与轴的交点为，根据求得.
【详解】设直线与轴的交点为，因为与向量平行，
所以，即，
则，所以.
故选：D
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，
对于B，若，，则或者或者相交，故B错误，
对于C，若，，，则或者或者相交，故C错误，
对于D，若，，则，又，所以，故D正确，
故选：D.
6．若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合余弦函数的值域求出直线斜率的范围，再利用斜率的定义求解作答.
【详解】直线的斜率，显然此直线倾斜角，
因此或，解得或，
所以直线的倾斜角的取值范围为.
故选：C
7．已知圆，圆，M，N分别是圆上的动点，P为x轴上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】利用圆的性质及“将军饮马”模型计算最值即可.
【详解】
如图所示，易知，两圆半径分别为，
取点关于横轴的对称点A，则，在横轴上任取一点，连接，
连接交横轴于P，交圆于E(圆上靠近横轴一点)，连接交圆于F(圆上靠近横轴一点)，
则，
当且仅当，，对应重合时等号成立，
此时的最小值为.
故选：D
8．已知圆：（）和两点，.若圆上存在四个不同的点，使得的面积为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据两点的坐标求出直线的方程和，再根据的面积得到点到直线距离为，从而将问题转化为圆上存在四个不同的点到直线的距离为，结合圆的方程和圆的性质得到圆心到直线的距离小于，即可求解.
【详解】由和，得直线的方程为，即，
且，
设点到直线的距离为，则，解得：，
因为圆上存在四个不同的点，使得的面积为，
所以圆上存在四个不同的点到直线的距离为，
又圆：（）的圆心，半径，
则圆心到直线的距离小于，即，解得：，
所以的取值范围是，
故选：B.
二、多选题
9．下列说法中，不正确的有（ ）
A．已知点，，若直线的倾斜角小于，则实数a的取值范围为
B．若集合，满足，则
C．若两条平行直线和之间的距离小于1，则实数a的取值范围为
D．若直线与连接，的线段相交，则实数a的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据直线的倾斜角、斜率、平行直线、直线相交等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，当倾斜角小于时，，解得；
当倾斜角等于时，；
当倾斜角大于小于时，，解得或；
综上，实数a的取值范围为，所以A选项正确.
B选项，由，得 ，
所以集合表示斜率为的直线上的点（除去点）.
由，得，
所以集合表示过点且斜率为的直线，
若，此时两直线平行，满足；
若直线过点，
则，此时，
且，符合题意；
所以或，所以B选项错误.
C选项，依题意，解得
所以实数的取值范围是，C选项错误.
D选项，直线过定点，斜率为，
，
所以或，解得或，
所以实数a的取值范围为，D选项错误.

故选： BCD
10．已知正方体的棱长为1，点分别是的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离是B．点到平面的距离为
C．点到直线的距离为D．平面与平面间的距离为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，所以．
对于A，设，则．
故到直线的距离，故A正确；
对于B，，因为平面，平面，所以，
又，,平面,
所以平面，平面的一个法向量，
则点到平面的距离，故B正确；
对于C，因为，所以，
则，所以点到的距离，
故C错误；
对于D，．
设平面的法向量为，所以
令，得，所以，
所以点到平面的距离，
因为平面，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故D正确．

故选： ABD.
11．已知直线：，：，设两直线分别过定点，，直线和直线的交点为，则下列结论正确的有（ ）
A．直线过定点，直线过定点
B．
C．面积的最大值为5
D．若，，则点恒满足
【答案】ABD
【分析】根据直线过定点、向量数量积、三角形的面积公式、轨迹方程、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，可化作，可发现过定点，
同理，过定点，A正确；
对于B，∵，可得恒成立，因此是以为直径的圆上的点，
根据定义，，B正确；
对于C，，
当且仅当时等号成立，故C错误；
对于D，线段的中点为，，
所以以为直径的圆的方程为，
由可知在圆上运动，
设，若，
则，化简可得，
与的方程相同，故D正确.
故选：ABD
12．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形．底面，，点E是棱PB上一点（不包括端点）．F是平面PCD内一点，则（ ）

A．一定存在点E，使平面PCD
B．一定存在点E，使平面ACE
C．的最小值为
D．以D为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长为
【答案】BD
【分析】建立坐标系，利用空间向量判断AB；把展开置于同一平面内计算判断C；
求出球面与的交线，再借助对称计算判断D作答.
【详解】在四棱锥中，底面，且底面是边长为1的正方形，
以点作原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，令，，
，
显然平面的一个法向量，而，即有与不垂直，
因此与平面不平行，即不存在点E，使平面，A错误；

显然，，即有，
由，得，解得，
因此存在点E，使得，而平面，则平面，B正确；
由底面，平面，得，而，平面，
则平面，又平面，于是，同理，且，
把展开置于同一平面内，要取得最小值，当且仅当点在上，且，如图，

显然，而，
因此，，C错误；
依题意，球面与的交线如图中圆弧，，，
则，于是弧的长为，由对称性知球与的交线长也为，

过作于，显然平面，则，而平面，
于是平面，显然，球面与平面的交线是以为圆心，半径为的圆，

显然点到直线的距离为，因此球面与的交线是半径为的半圆，
交线长为，由对称性知球与的交线长也为，
所以球与四棱锥的四个侧面的交线长为，D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
三、填空题
13．已知直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的两倍，则直线的方程为 ．
【答案】或
【分析】当纵截距为时，设直线方程为，代入点求得的值，当纵截距不为时，设直线的截距式方程，代入点求解.
【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为，
因为直线过点，所以，所以直线的方程为；
②当直线在两坐标轴上的截距均不为时，
设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为，
则直线的方程为，
又因为直线过点，所以，
解得：，
所以直线的方程为，即，
综上所述：直线的方程为或，
故答案为：或．
14．已知直线l的一个方向向量为，若点为直线l外一点，为直线l上一点，则点P到直线l的距离为 .
【答案】
【分析】直接利用空间中点到线的距离公式计算即可.
【详解】由题意可得l的一个单位方向向量为，
,
故点P到直线l的距离.
故答案为：.
15．已知复数z满足，则的最大值是 ．
【答案】8
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
【详解】设，由，得，即，
因此在复平面内，复数对应的点在以为圆心，为半径的圆上，
而表示点与点的距离，显然圆心与点的距离，
所以的最大值是.
故答案为：8
16．正方体的棱长为是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为 .
【答案】
【分析】利用平面的性质作出截面，然后求解面积即可.
【详解】如图所示，

设为的中点，连接，设为的中点，连接，
由且，得是平行四边形，则且，
又且，得且，则共面，
故平面截该正方体所得的截面为.
又正方体的棱长为，
所以，
故的面积为.
故答案为：
四、证明题
17．如图，在直三棱柱中，，，棱，点、分别是、的中点.建立适当的空间直角坐标系，解决如下问题：

(1)求的模；
(2)求；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】建立合适的空间直角坐标系，根据条件确定图形中每个点的坐标.
（1）分别找出，的坐标，求出向量，再用模长公式即可；
（2）分别求出向量，利用向量的夹角公式求解；
（3）求出向量，，说明即可证明.
【详解】（1）如图，以为原点，，，分别作为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
根据题意，可得，，，
因为为中点，所以，
所以.

（2）根据题意，可得，，，，
故，，
所以.
（3）根据题意，可得，为中点，所以，
，，所以，
所以，即.
五、解答题
18．如图，已知的顶点为，，，AD是BC边上的高，AE是的平分线．

(1)求高AD所在直线的方程；
(2)求AE所在直线的方程．（提示：在上取与长度相等的向量，则的方向就是的方向．）
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出直线的斜率，由垂直关系求出直线的斜率，并求出其方程作答.
（2）求出与同向且长度等于的向量，再求出即得直线的方向向量，再求出直线方程作答.
【详解】（1）依题意，直线的斜率，于是边上高所在直线的斜率，
所以直线方程为，即.
（2）依题意，，在向量方向上取，使，
而，则，令，
显然平分，于是的平分线所在直线的方向向量为，即直线的斜率为3，
所以直线的方程为，即.
六、证明题
19．如图，已知四棱锥中，是的中点，平面，为等边三角形，，.

(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，，先证明四边形是平行四边形，进而得到，从而求证；
（2）根据为等边三角形，是的中点，可得，根据平面， 可得，进而得到平面，进而结合即可求证.
【详解】（1）取中点，连接，，
因为是的中点，
所以，且，
又 ，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.

（2）因为为等边三角形，是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
由（1）知，所以平面.
七、解答题
20．已知坐标平面上点 ​与两个定点​的距离之比等于 2 .
(1)求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形;
(2)记（1）中的轨迹为 ​，过点​的直线​被​所截得的线段的长为​，求直线​的方程.
【答案】(1)点 ​点轨迹方程为​，其轨迹为以原点为圆心，2 为半径的圆
(2)​或​
【分析】（1）根据题意直接列方程化简求解即可，
（2）分直线 ​斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，结弦长，圆心距和半径的关系可求得结果.
【详解】（1）由题可知，​
整理得: ​，
故点 ​点轨迹方程为​，其轨迹为以原点为圆心，2 为半径的圆.
（2）由题可知:
①当直线 ​斜率不存在时，此时直线​的方程为:​，满足弦长为​.
②当直线的斜率存在时，不妨设为 ​，
则直线方程为: ，​即: ，
则圆心到直线的距离为，
因为直线​被​所截得的线段的长为​，
所以，得，解得​，
所以直线方程为 ​.
综上，满足条件的直线 ​的方程为​或​.
21．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是的中点.

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成的角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件可推出，利用中线的性质即可得解；
（2）证明，建立空间直角坐标系，利用线面角公式求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，则，

又因为，所以四边形是平行四边形，
因为，，所以四边形是正方形，
所以，即是等腰三角形，则，
所以，即，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，，
所以平面，因为平面，所以，
又因为点是的中点，所以由直角三角形性质易得
（2）因为平面，平面，所以，又因为四边形是正方形，所以，
如图，以为正交基底建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成的角为，
所以，
所以直线与平面所成的角的余弦值为.
22．如图，在四棱锥中，，，是的中点，平面，，，.

(1)求点到平面的距离；
(2)在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)E为中点，详见解析；
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得到平面PCD，然后以D为原点，以AD，DC为x，y轴建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量 ，由；
（2）设，求得平面AEC的一个法向量，由求解.
【详解】（1）解：因为平面，平面，
所以，
又因为，且，平面PCD，
所以平面PCD，
则以D为原点，以AD，DC为x，y轴建立空间直角坐标系：

则，
所以 ，
设平面PAC的一个法向量为： ，
则 ，即 ，
令 ，得 ，
所以点到平面的距离为 ；
（2）设，则，
设平面AEC的一个法向量为，
则，即，
令，则，
则，，，
所以，
即，解得或（舍去）
所以存在点E，是OP的中点.