石家庄市第十八中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷(含答案)

这是一份石家庄市第十八中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、与直线垂直的直线的倾斜角为( ).
A.B.C.D.
2、向量,,若,且,则的值为( )
A.B.1C.D.4
3、如图,在三棱锥中,设,,,若,,则( )
A.B.C.D.
4、已知中有,,且,则BC边上的中线所在直线方程为( )
A.B.C.D.
5、已知空间中三点,,,则点C到直线AB距离为( )
A.B.C.D.
6、已知三棱锥中,,且SA,SB,SC两两垂直,P是三棱锥外接球面上一动点,则P到平面ABC的距离的最大值是( )
A.B.C.D.
7、若第一象限内的点关于直线的对称点在直线上,则的最小值是( )
A.25B.C.17D.
8、已知点,.若点C在函数的图象上,则使得的面积为2的点C的个数为( )
A.4B.3C.2D.1
二、多项选择题
9、过点且在两坐标上截距的绝对值相等的直线是( )
A.B.C.D.
10、点在函数的图象上,当,则可能等于( )
A.B.C.D.0
11、若动点,分别在直线与上移动,则AB的中点M到原点的距离可能为( )
A.B.C.D.
12、如图,在长方体中,,,E是侧面中心,F是底面ABCD的中心,以A为坐标原点,AB,AD,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则( )
A.是单位向量B.是平面的一个法向量
C.异面直线EF与垂直D.点E到平面的距离为
三、填空题
13、已知平面的一个法向量为,直线的一个方向向量为,且平面,则______.
14、点到直线距离的最大值______.
15、若M,N分别为平行直线与上任意一点,则a的值为______,的最小值为______.
16、如图所示,M,N是直角梯形ABCD两腰中点,于E,现将沿DE折起使二面角为,此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B,则此时M,N的连线与AE所成的角的大小为______.
四、解答题
17、直线l过点.
（1）若直线l与直线平行,求直线l的方程;
（2）若点到直线距离为1,求直线l的方程.
18、如图,在正方体中,E为的中点.
（1）证明:平面AD1E
（2）求直线到平面的距离;
19、如图,在四棱锥中,是边长为2的正三角形,,,,,,C,D分别是线段AB,NP的中点.
（1）求证:平面平面NMP;
（2）求直线CD与平面ABP所成角的正弦值.
20、已知直线.
（1）若直线l不能过第三象限求k的取值范围;
（2）若直线l交x轴负半轴于点A,交y轴正半轴于点B,O为坐标原点设的面积为S,求S的最小值及此时直线l的方程.
21、如图,在四棱锥中,平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中,,,,E为棱BC上的点,且
（1）求证:平面PAC;
（2）求二面角的余弦值;
（3）设Q为棱CP上的点(不与C,P重合),且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为,求的值.
22、四棱锥中,四边形ABCD为菱形,,,平面平面ABCD.
（1）证明:;
（2）若,且PA与平面ABCD成角为,在棱PC上是否存在点E,使二面角的平面角的余弦值为?若存在,求出PE的长;若不存在,说明理由.
参考答案
1、答案：B
解析：,所以该直线的斜率为,设与它垂直的直线的斜率为k,所以有,设与直线垂直的直线的倾斜角为,则有
.
故选:B
2、答案：C
解析：因为向量,,所以,解得,
所以向量,
因为,所以,所以,
所以的值为.
故选:C.
3、答案：A
解析：
,
,
,
故选:A
4、答案：D
解析：由,可知BC边上的中线即为BC边的垂直平分线,
由,,得BC的中点坐标为,
又,
边的垂直平分线的斜率为2,
则BC边上的中线所在直线方程为,即.
故选:D.
5、答案：A
解析：依题意得,
则点C到直线AB的距离为
故选:A
6、答案：C
解析：三棱锥,满足SA,SB,SC两两垂直,且SA,SB,,
如图SA,SB,SC是棱长为1的正方体上具有公共顶点S的三条棱,
以B为原点,BM,BQ,BS分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则,,,,,
,,,
设平面ABC的法向量,
则,取,得,
三棱锥外接球就是棱长为1的正方体的外接球,
是三棱锥外接球上一动点,
由正方体与球的几何性质可得,点P点与N重合时,
点P到平面ABC的距离最大,
点P到平面ABC的距离的最大值为.
故选C.
7、答案：B
解析：设关于直线的对称点为,依据题意可得:
,解方程组得,又对称点在直线上,代入可得
,且在第一象限,则,则,当且仅当时,即,时,等号成立.
故选:B
8、答案：A
解析：试题分析:直线AB方程为即.设点,点到直线AB的距离为d,
因为,由面积为可得.
即,解得或或.所以点C的个数有4个.故A正确.
9、答案：ABD
解析：设所求的直线方程为,
当时,得横截距,
当时,得纵截距,
过点的直线在两坐标轴上截距的绝对值相等,
,
或,
,或或,
所以直线的方程为或或.
故选:ABD.
10、答案：AD
解析：点在函数的图象上,,,
由得,
,,,.
故选:AD
11、答案：ACD
解析：设点,则,
由题意可得,将这两个等式相加可得,
即,即,故点M的轨迹方程为.
因为原点到直线的距离为,
所以,AB的中点M到原点的距离的最小值为,
因此,AB的中点M到原点的距离可能为,,,
故选:ACD.
12、答案：ABD
解析：对于A,,,
则,A正确;
对于B,,,,
,,
,即,,平面,
是平面的一个法向量,B正确;
对于C,,,
,
即异面直线EF与所成角的余弦值为,C错误;
对于D,,,,
由B知:为平面的一个法向量,
点到平面的距离,D正确.
故选:ABD.
13、答案：
解析：因为平面,所以,
则,解得.
故答案为:
14、答案：
解析：因为直线显然过点,即,,
连接AB,若,则点到直线的距离为;
若AB不垂直l,则点到直线的距离d必小于,
综上,点到直线距离的最大值.
故答案为:.
15、答案：3,4
解析：因为直线与平行,
所以,解得,
则直线为,
因为M,N分别为平行直线,上任意一点,
所以的最小值为两平行线间的距离,
即,
故答案为:3;4.
16、答案：
解析：根据题意,折叠后取中点为,连接如下所示:
因为面DEBC,且,故二面角的平面角为,
又因为E,H分别为AD,AE的中点,故可得,;
在矩形DEBC中,N为BC中点,故可得,;
则,且,故四边形HMNB为平行四边形,
故即为所求异面直线夹角或其补角;
又面DEBC,面DEBC,故,又,H为AE中点,
故,即M,N的连线与AE所成的角的大小为.
故答案:.
17、答案：（1）
（2）或
解析：（1）设直线方程为,
将代入得,
所求直线方程是
（2）若直线l的斜率不存在,
则过P的直线为,到A的距离为1,满足题意;
若直线l的斜率存在,设斜率为k,
则l的方程为.
由A到直线l的距离为1,可得.
解得,
所以直线方程为,即.
综上得所求的直线方程为或.
18、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）,,
四边形为平行四边形,
,
面,面,
平面.
（2）如图建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为,
则,,,,,
平面,
直线到平面的距离即为点B到平面的距离,
所以,,,
设平面的一个法向量为,
则,取,得,
,
直线到平面的距离为.
19、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）如图,
在四边形ABMN中,过B作交AN于E,在中,得,,,则,得,
,,
又由已知条件,,NM,平面NMP,
故平面NMP,
又平面ANMB,平面平面NMP.
（2）为等腰三角形,,又因为平面MNP,
以D为原点建立空间直角坐标系,
如图:
可得,,,,,,
,
设平面ABP的法向量为,,,根据
,得,令,则,,得,
又,设直线CD与平面ABP所成角为,则,
故直线CD与平面ABP所成角的正弦值.
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）直线l的方程:,即,
所以直线过定点,当直线l过坐标原点时,斜率,
因为直线不能过第三象限,所以直线的倾斜角大于或等于过原点时直线的倾斜角或为零度,
得.
（2）直线l交x轴负半轴于点A,令,,,
直线l交y轴正半轴于点B,令,,,
由题,解得,
,
当且仅当时,等号成立,S最小为4,
此时直线l的方程为:.
21、答案：（1）见解析
（2）
（3）
解析：（1）以A为原点,AB,AD,AP所在的直线为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
所以,,,
所以,,
所以,,且,所以DE⊥平面PAC.
（2）由（1）知,DE⊥平面,是平面的一个法向量,
且,,
设平面PCD的一个法向量为,
所以,即,令,则,
所以,
,
由图二面角的平面角为锐角,
所以二面角的余弦值为.
（3）由（1）得,,,,
设,则,可得,
所以,是平面PAC的一个法向量
所以
,解得
所以.
22、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）因为平面平面ABCD,且交线为BD,又四边形ABCD为菱形,所以,故平面PBD,平面PBD,故
（2）因为,是的中点,所以,又平面平面ABCD,且交线为BD,所以平面ABCD,为PA与平面ABCD所成角,故,由于四边形ABCD为边长为,的菱形,所以,,
因为OP,OA,OB两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系;
,,,,,
,设,其中,
所以,
,,
设平面BEC的法向量为,则:
,取则;
设平面BED的法向量为,则:
,取则,
故,整理得:;
解得或者(舍去)
故存在,且满足,即点是三等分点,且靠近端,故.