重庆市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 已知向量，那么， 直线与直线平行，则的值为， 已知，则在方向上的投影向量为， 已知方程，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由直线方程求出直线的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求得结果.
【详解】由，得，
所以直线斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，即，
故选：C
2. 已知向量，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量减法的法则及坐标运算即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
3. 圆心为，且经过坐标原点的圆的标准方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆的半径即可得解.
【详解】依题意，圆心为，且经过坐标原点的圆的半径，
所以所求圆的标准方程为.
故选：D
4. 直线与直线平行，则的值为（）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】求出已知二直线不相交时的a值，再验证作答.
【详解】依题意，直线与直线平行或重合时，，
解得或，
当时，直线与直线重合，
当时，直线与直线平行，
所以的值为.
故选：C
5. 已知点在平面内，并且对空间任一点，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共面向量的推论得到，解方程即可.
【详解】因为点在平面内，所以点，，，四点共面，所以，解得.
故选：B.
6. 已知，则在方向上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知向量坐标，求投影向量公式求解即可.
【详解】在方向上的投影向量为.
故选：A.
7. 已知点在线段上，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.
【详解】由的图象如下，
又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方，
上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为，
由图知：原点到线段的距离，则，
综上，，故.
故选：B
8. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体表面上运动，且总满足，则点的轨迹长度为（）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹，进而求得轨迹的长度．
【详解】设，分别是，的中点，连接，，，，且，
在正方体中，显然，
又，得，
所以，即，所以，
又平面，平面，所以，
又，且平面，平面，所以平面，
又，可知，所以点的轨迹是矩形，
由题可得，，
所以点的轨迹长度为．
故选：A．
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知方程，则下列说法正确的是（）
A. 当时，表示圆心为的圆B. 当时，表示圆心为的圆
C. 当时，表示的圆的半径为D. 当时，表示的圆与轴相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，方程，可化为，
可圆的圆心坐标为，
A中，当时，此时半径为，所以A错误；
B中，当时，此时半径大于，表示圆心为的圆，所以B正确；
C中，当时，表示的圆的半径为，所以C正确；
D中，当时，可得，方程表示的圆半径为，
又圆心坐标为，所以圆心到轴的距离等于半径，所以圆与轴相切，所以D正确．
故选：BCD.
10. 对于直线和直线，以下说法正确的有（）
A. 直线一定过定点B. 若，则
C. 的充要条件是D. 点到直线的距离的最大值为5
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，求定点即可；对于B，线线垂直时；对于C，线线平行时；对于D，过定点，直线与点和的连线垂直时取最值.
【详解】直线，即直线为，
所以直线过定点，故A正确；
当时，，解得，故B正确；
当时，，解得或，
当时，两直线为，符合题意；
当时，两直线为，符合题意，故C错误；
因为直线，即，过定点，
当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（）
A.
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使直线与所成的角为
D. 点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，
，设，，
所以，所以，A选项正确.
点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
要使平面，平面，
则，
解得，所以存在点，使平面，B选项正确.
若直线与直线所成角为，
则，
，无解，所以C选项错误.
故选：ABD
12. 已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（）
A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 已知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】AC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 平行直线与之间的距离为_________．
【答案】##0.3
【解析】
【分析】根据平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】由题意得即
则平行直线与之间的距离为，
故答案为：
14. 若方程表示圆，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据计算即可.
【详解】由题可知：
所以
故答案为：
15. 三棱锥的顶点都在球的表面上，是等边三角形，底面是以为斜边的直角三角形，平面平面，若，则球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】取中点，中点，上点，使，由外接圆性质可得球心，根据平面平面，得球的半径，代入表面积公式即可得答案.
【详解】取中点，底面是直角三角形，所以为底面外接圆圆心，
取中点，连接，在线段上取点，使，是等边三角形，所以为外接圆圆心.
过点，分别作平面和平面的垂线，则两垂线的交点，即为球的球心.
因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，所以.
因为为中点，为中点，所以，又底面是以为斜边的直角三角形，所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，所以，
所以四边形为矩形，
所以，，
所以，即球的半径，
球的表面积为.
故答案为: .
16. 如图所示，在的长方形区域（含边界）中有两点，对于该区域中的点，若其到的距离不超过到距离的一半，则称处于的控制下，例如原点满足，即有点处于的控制下.同理可定义处于的控制下.
给出下列四个结论：
①点处于的控制下；
②若点不处于的控制下，则其必处于的控制下；
③若处于的控制下，则；
④图中所有处于的控制下的点构成的区域面积为.
其中所有正确结论的序号是_________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.
【详解】由图可知,
设，则，,满足，故①正确；
点不处于的控制下则，即，得不到，
例如取点，，，，即
点不处于的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；
若处于的控制下，则，设，
则，化简整理得，
作出图象如图，
由图可知，当点在矩形且在圆及圆内部分满足处于的控制下,由图可知，当处于时，有最大值，故③正确；
由③知处于的控制下点构成的区域面积，可以看作是圆与矩形的面积之和，如图，
故面积为，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点睛：本题作为一道创新型试题，关键在于理解所给新定义，对于①②可以利用具体点去直接判断结论正确与否，在这一特殊化的过程中进一步理解新定义，对于③需要根据新定义求出点满足的轨迹方程（边界），需要对求平面轨迹方程的方法熟练，关键在于求出点所在区域，利用数形结合思想判断③，对于④关键在于把区域分割为四分之一圆面与矩形，其中需要割补思想的应用.
四､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知向量，
（1）求与的夹角；
（2）若与垂直，求实数t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；
(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.
【小问1详解】
，，
，，
，
令与的夹角为，
则，
则与的夹角为.
【小问2详解】
，，
又与垂直，，
即，解得.
18. 已知直线与直线交于点.
（1）求过点且平行于直线的直线的方程；
（2）求过点并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先求得交点坐标，然后利用待定系数法确定直线方程即可；
（2）讨论直线在两坐标轴上的截距是否为0进行求解即可．
【小问1详解】
联立，解得，即，
由题意，设直线的方程为，
将代入直线方程，得，即，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
当直线在两坐标轴上的截距为0时，直线的斜率为，
则直线的方程为，即；
当直线在两坐标轴上的截距不为0时，设直线的方程为，
将代入直线方程，得，即，
所以直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
19. 已知圆过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程.
（2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.
【小问1详解】
，的中点坐标为，直线的斜率为，
故线段的垂直平分线方程为，即，
联立得，即圆的圆心为，半径为，
故圆的方程为
【小问2详解】
设，，因为线段的中点，
所以，则，
因点在圆上运动，所以，
则，
即的轨迹方程为.
20. 如图，平面，四边形是正方形，分别是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立坐标系，利用向量垂直得出直线和直线垂直，结合面面垂直的判定可证结论；
（2）先求平面的法向量，利用点到平面的距离公式可得答案.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
,;
,;
因为，所以，
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，，；
设是平面一个法向量，则,，
令，则，即；
设点到平面的距离为，则.
21. 已知在多面体中，，，，，且平面平面.
（1）设点F为线段BC的中点，试证明平面；
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；
（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵，分别为，的中点，∴，且.
又，，∴，且.
∴四边形为平行四边形.∴，
∴平面.
【小问2详解】
∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴.∴.
可取平面的法向量，
设平面的法向量，，，
则，取，则，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值为.
22. 如图，在正方体中，分别为中点，分别为的中点，为平面的中心，且正方体棱长为1.
（1）证明：平面平面；
（2）是否存在过直线且与正方体的12条棱的夹角均相等的平面？若存在，求出该平面与平面的夹角的余弦值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明详见解析
（2）存在，该平面与平面的夹角的余弦值为或
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面.
（2）利用向量法进行判断，并利用向量法求得所求.
【小问1详解】
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
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，
由于且平面与平面不重合，
所以平面平面.
【小问2详解】
存在，理由如下：
，
设该平面的法向量，
则，
即，
所以.
，
因为该平面过直线，所以，
故可设或，即存在符合题意的平面.
设该平面与平面的夹角为，
由（1）得平面法向量为.
若，则；
若，则.
所以存在符合题意的平面，且该平面与平面的夹角的余弦值为或