2022-2023学年广西玉林市北流市实验中学高二上学期9月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广西玉林市北流市实验中学高二上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．直线在轴上的截距是（   ）

A． B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】根据截距的概念运算求解.

【详解】令，则，解得

∴直线在轴上的截距是

故选：A.

2．过点且平行于直线的直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平行设直线方程为，代入点计算得到答案.

【详解】设直线方程为，将点代入直线方程得到，解得.

故直线方程为：.

故选：B.

3．“”是“直线：与直线：垂直”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求出两直线垂直的充要条件后再根据充分必要条件的定义判断．

【详解】若，则，解得或.

所以由可以得到，反之则不然，故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4．已知直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的位置关系是（    ）

A． B． C． D．以上选项都不对

【答案】D

【分析】计算得到，得到，即直线与平面的位置关系是或，得到答案.

【详解】，，则，故，

故直线与平面的位置关系是或.

故选：D.

5．已知平面，的法向量分别为和（其中），若，则的值为（    ）

A． B．-5 C． D．5

【答案】D

【分析】根据平面平行得到，故，计算得到答案.

【详解】，则，故，即，解得.

故.

故选：.

【点睛】本题考查了法向量的平行问题，意在考查学生的计算能力.

6．直线关于轴对称的直线方程是（    ）

A．3x-4y-6=0 B．4x-3y-6=0

C．3x-4y+6=0 D．4x-3y+6=0

【答案】C

【分析】求出直线与轴的交点，并求出直线的斜率，由此可得出所求直线的方程.

【详解】直线交轴于点，且直线的斜率为，

故所求直线的斜率为，

故所求直线的方程为，即.

故选：C.

7．在空间中，已知，，则的大小为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合向量夹角公式计算出的大小.

【详解】，

，

由于，所以.

故选：A

8．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接，因为∥，

所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，

设正方体棱长为2，则，

，所以.

故选：D

二、多选题

9．在以下命题中，不正确的命题有（    ）

A．是共线的充要条件

B．若，则存在唯一的实数，使

C．对空间任意一点和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面

D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底

【答案】AB

【分析】利用等号成立的条件可判断A；利用与任意向量共线可判断B；利用共面定理可判断C；利用基底的概念可判断D

【详解】对于A：向量同向时，，故A错误；

对于B：需要强调，故B错误；

对于C：因为，则由共面定理知P，A，B，C四点共面，故C正确；

对于D：为空间的一个基底，则不共面，故也不共面，

所以构成空间的另一个基底，故D正确；

故选：AB

10．已知直线和直线，则（       ）

A．始终过定点 B．若在x轴和y轴上的截距相等，则

C．若，则或2 D．若，则或

【答案】AC

【分析】结合直线所过定点的求法、直线的截距、直线平行和垂直等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】化为，

由且解得，

即直线恒过定点，故A正确；

若在x轴和y轴上截距相等，则过原点或其斜率为，则或，故B错误；

若，则解得或2，故C正确；

若，则先由解得或，

再检验当时重合，故D错误.

故选：AC

11．下列各命题正确的是（    ）

A．点关于平面的对称点为

B．点关于y的对称点为

C．点到平面的距离为1

D．设是空间向量单位正交基底且以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立了一个空间直角坐标系，若，则

【答案】ABD

【分析】利用空间直角坐标系中的点的对称关系、距离、坐标分析判断

【详解】对于A，点关于平面的对称点为，所以A正确，

对于B，点关于y的对称点为，所以B正确，

对于C，点到平面的距离为2，所以C错误，

对于D，由于是空间向量单位正交基底且以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立了一个空间直角坐标系，且，所以，所以D正确，

故选：ABD

12．已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（    ）

A．直线与直线所成的角为

B．直线与平面所成角的余弦值为

C．平面

D．点到平面的距离为

【答案】ABC

【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，可得，，由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再由同角三角函数基本关系求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D，进而可得正确选项.

【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则， ，，，

对于A：，，

因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；

对于C：因为 ，，，

所以，，所以，，

因为，所以平面，故选项C正确；

对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；

对于D：因为，平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，故选项D不正确

故选：ABC.

三、填空题

13．直线l：的倾斜角是______

【答案】

【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.

【详解】由得：，

所以直线的斜率为，

直线的倾斜角为.

故答案为：.

14．过原点且方向向量为的直线方程为______．

【答案】

【分析】利用直线的方向向量可得直线的斜率，进而得出直线的方程．

【详解】解：过原点且方向向量为的直线的斜率为，

故方程为：，即.

故答案为：．

15．函数的最小值为________．

【答案】

【解析】根据题意，其几何意义为点到点，两点的距离之和，故，再根据距离公式求解即可.

【详解】解：因为，

几何意义为点到点，两点的距离之和，

关于轴的对称点，

，

当且仅当三点共线时的值最小为

故答案为：

【点睛】本题考查两点之间距离公式的妙用，涉及函数最值的求解，属基础题.

16．如图所示，正方体的棱长为是底面的中心，则到平面的距离为______．

【答案】

【解析】以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离即可.

【详解】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易得,

,

设平面的法向量为,

,令,则，

,

到平面的距离,

故答案为：.

【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，常用的方法有等体积法，垂线法，空间向量方法，利用空间向量方法求解是比较方便的方法.

四、解答题

17．已知点.

(1)求直线的倾斜角

(2)过点的直线与过两点的线段有公共点，求直线斜率的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两点式得到直线斜率，从而可得直线的倾斜角；

（2）求出直线与直线的斜率，从而可得结果.

【详解】(1)由已知得：直线的斜率

又

(2)直线的斜率

直线的斜率

过点直线与过两点的线段有公共点，

直线斜率的取值范围为

18．已知直线与直线垂直，垂足为，求过点H，且斜率为的直线方程.

【答案】

【分析】根据垂直关系得到，结合垂足在直线上得到H(1，-2)及，从而可得直线方程.

【详解】解：∵∴解得，∴直线l1的方程为.

又∵点在直线l1上，∴，即H(1，-2).

又∵点H(1，-2)在直线l2上，.解得，

∴所求直线的斜率为，其方程为，即

19．已知点和，P为直线上的动点.

(1)求关于直线的对称点，，

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据点的中点在直线上，直线和直线垂直，列出方程，解方程即可得出答案；

（2），当且仅当三点共线时，取等号，即可求出的最小值为，代入即可得出答案.

【详解】(1)关于直线的对称点设为，，

则，解得，，

所以的坐标为.

(2)由（1）及已知得：，

当且仅当三点共线时，取等号，

则的最小值为：．

20．已知，，，，.

（1）求实数，，的值；

（2）求与夹角的余弦值.

【答案】（1）x=2，y=-4，z=2；（2）.

【分析】（1）直接利用向量平行和向量垂直即可求出，，的值；

（2）先求出 利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为，，，，.

所以，

解得：x=2，y=-4，z=2.

（2）由（1）知：，，，

所以 .

设与夹角为，

则

即与夹角的余弦值为.

21．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

【答案】（1）见解析；

（2）.

【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；

（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.

【详解】（1）连接，

，分别为，中点    为的中位线

且

又为中点，且 且

四边形为平行四边形

，又平面，平面

平面

（2）在菱形中，为中点，所以，

根据题意有，，

因为棱柱为直棱柱，所以有平面，

所以，所以，

设点C到平面的距离为，

根据题意有，则有，

解得，

所以点C到平面的距离为.

【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.

22．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，M是棱PB的中点.

(1)证明：平面平面PCD；

(2)求平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先证明平面PAD，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面PCD；

（2）建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，继而求得相关向量的坐标，再求出相关平面AMC和平面BMC的法向量，根据向量的夹角公式求得答案

【详解】(1)∵底面ABCD，底面ABCD，∴,

又由题设知，且直线PA与AD是平面PAD内的两条相交直线，

∴平面PAD.

又平面PCD，∴平面平面PCD.

(2)∵，，，

∴以A为坐标原点，以AD为x轴，以AB为y轴，以AP为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，,，

,,

设平面AMC的法向量为，

则由，得，得，

令，得为平面AMC的一个法向量.

由，,

设平面BMC的一个法向量为，

则,即 ，

令 ,可得平面BMC的一个法向量为.

∴,

故所求平面AMC与平面BMC的夹角的余弦值为.