2023-2024学年广东省鹤山市第一中学高二上学期第一阶段考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省鹤山市第一中学高二上学期第一阶段考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】点P与关于平面对称的点横坐标互为相反数，纵坐标、竖坐标不变.
【详解】点关于平面对称的点，横坐标变为点P横坐标的相反数，
即.
故选：B
2．已知是两条直线，是两个平面，则下列四个命题正确的有（ ）
①；
②；
③；
④.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】对于①，由平面与平面平行的性质可判断；
对于②，由题可得或异面；
对于③，由题意可得或；
对于④，由题意可得在平面内至少有一条直线，使得，，从而得到.
【详解】解：对于①，由平面与平面平行的性质可知，当时有成立，故正确；
对于②，由，可得或异面，故错误；
对于③，由可得或，故错误；
对于④，由可得，又因为，所以至少有一条直线，使得，所以，所以，故正确.
所以说法正确的有①④共2个.
故选：B.
3．已知直线的一个方向向量为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.
【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率，
又直线经过点，所以直线的方程为，即.
故选：D
4．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】若向量共面，利用空间向量基本定理建立方程组，方程组有解.若无解则不共面.
【详解】已知构成空间的一个基底，不共面，则，不共线.
选项A，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对，
使，
则，
则由空间向量基本定理得，
，方程组无解.
所以不共面．
选项B，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对，
使，
则，
则由空间向量基本定理得，
，方程组无解.
所以不共面．
选项C，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对，
使，
则，
则由空间向量基本定理得，
解得，，
即：，
所以共面．
选项D，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对，
使 ，
则，
则由空间向量基本定理得，
，方程组无解.
所以不共面．
故选：C.
5．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】可以分截距都为零和截距不为零两种情况进行考虑，截距为零，直线过原点，求出方程即可，截距部位零，利用截距式，设出方程求解即可；也可以设出方程，求出截距，进行计算即可.
【详解】解法一 当直线过原点时，满足题意，此时直线方程为，即；
当直线不过原点时，设直线方程为，
因为直线过点，所以，
解得，此时直线方程为.
故选：
解法二 易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意.
设直线方程为，
则时，，时，，
由题意知，
解得或，即直线方程为或.
故选：
6．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．已知四棱锥是阳马，平面，且，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】运用空间向量的加减运算，把已知向量用空间中一组基底表示.
【详解】，
，
所以．
故选：C
7．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.
【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；
如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，.
故选：B.
8．已知点在线段上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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
二、多选题
9．已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（ ）
A．与是共线向量
B．的单位向量是（1，1，0）
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）
【答案】CD
【分析】由，可判断选项A；的单位向量为±，可判断选项B；由，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为，由，求得，即可判断D．
【详解】解：由题意知，，，，
因为，所以与不是共线向量，即A错误；
的单位向量为，所以的单位向量为或，即B错误；
，所以与夹角的余弦值为，即C正确；
设平面ABC的一个法向量为，则，即，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以，即D正确．
故选：CD．
10．如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据线面平行判定定理逐项验证即可.
【详解】对于A，如下图，连接，则，
又平面，则平面，所以不平行平面，故A不正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C，如下图，取中点，连接，
由正方体得，又，
所以六点共面，故C不正确；
对于D，如下图，连接交于，连接，
在正方体中，由于四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以，
平面，平面，所以平面，故D正确.
故选：BD.
11．已知三边所在直线分别为，则（ ）
A．AB边上的高所在直线方程为B．AB边上的高为
C．的面积为D．是直角三角形
【答案】ABC
【分析】先联立方程求出顶点坐标，求出AB边上的高所在直线斜率即可得出方程，利用点到直线距离公式可求出高，利用两点间距离公式求出，即可求出三角形面积，根据斜率关系可判断D.
【详解】由得；由得；由得；
因为，所以AB边上的高所在直线斜率为，则方程为，即，故A正确；
AB边上的高为点到直线的距离，故B正确；
因为，所以的面积为，故C正确：
由斜率关系可知，是的任意两边均不垂直，D错误.
故选：ABC.
12．已知正方体的棱长为4，点分别是的中点则（ ）
A．直线是异面直线B．平面截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥的体积为D．三棱锥的内切球的体积为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据异面直线的概念即可判断；对于B，利用平面基本性质作出截面图形，从而可以判断；对于C，利用等体积法求解锥体体积即可判断；对于D，利用体积分割法求出锥体的内切球的半径，代入球的体积公式即可判断.
【详解】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
则，所以四边形是平行四边形，所以，
又因，所以直线是异面直线，故A正确；

对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，
因为为的中点，则，
所以为的中点，因为，所以为的中点，则，
因为，所以为平行四边形，所以，
所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，
则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故B错误；

对于C，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又因为为的中点，所以三棱锥的高为，
，所以，故C正确；

对于D，由题意，三棱锥为边长的正面体，
设其内切球的球心为，半径为.
则，
又，
所以，解得，
则三棱锥的内切球的体积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．如图所示，是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，，且的面积为16，过作轴，则的长为 .

【答案】
【分析】利用面积公式，求出直观图的高，求出，然后求出的长.
【详解】因为轴，所以的中，，又三角形的面积为16，
所以.∴，所以.
如图作于，
因为，所以.
故答案为：.

14．两个非零向量，，定义．若，，则 ．
【答案】
【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.
【详解】因为，，
所以，
故，
所以，
故答案为：
15．已知直线：与以，为端点的线段有公共点，则直线的斜率的取值范围为 .
【答案】
【分析】求出直线经过的定点，再求出，数形结合求出直线的斜率的取值范围.
【详解】变形为，经过定点，
画出图形如图所示：
当直线经过点时，的斜率为，
当直线经过点时，的斜率为，
当直线与以，为端点的线段有公共点时，
直线的斜率的取值范围是.
故答案为：.
16．在正四棱台中，，侧棱，若为的中点，则过B，D，P三点截面的面积为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接，，结合中位线、正四棱台的性质证截面为等腰梯形，再根据已知求截面的面积即可.
【详解】取的中点，连接，，则，，又，
则，根据正四棱台的性质得，则为等腰梯形，
即过B，D，P三点截面为等腰梯形.
取的中点，连接，
在等腰梯形中，，，，，
则，，
在等腰梯形中，，，
则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积.
故答案为：
四、解答题
17．已知矩形ABCD所在的平面，且，M､N分别为AB､PC的中点.求证：
(1)平面ADP；
(2).
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）取PD的中点Q，然后证明四边形AMNQ为平行四边形，进而得到，然后根据线面平行的判定定理证明问题；
（2）先通过线面垂直的判定定理证得平面PCD，进而证明问题.
【详解】（1）取PD的中点Q，连接AQ､QN，N､Q分别为PC､PD的中点，
则且，四边形ABCD为矩形，则且，
M为AB的中点，所以，且，
所以，且，故四边形AMNQ为平行四边形，所以，，
因为平面ADP，平面ADP，因此，平面ADP.
（2）平面ABCD，平面ABCD，，
，，所以，平面PAD，
平面PAD，则，，Q为PD的中点，则，
因为，平面PCD，，故平面PCD，
平面PCD，因此，.
18．如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：
（1）该几何体的体积；
（2）该几何体的表面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.
【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，
（1）
∴
（2）∵，
∴
【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.
19．已知直线：，：
(1)若，求实数m的值；
(2)若，求实数m的值及此时两平行直线间的距离.
【答案】(1)
(2)，距离为
【分析】（1）根据直线一般式中垂直满足的关系即可求解，
（2）根据直线一般式中平行满足的关系式以及平行线间距离公式即可求解.
【详解】（1）由得
（2）由得，
此时直线方程为：：，：
所以两直线的距离为：
20．如图，在三棱锥中，，，，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明，，然后结合位置关系即可证明平面；
（2）将异面直线与平移到一个平面上，转化为面内角求解.
【详解】（1）
证明：连接.
在中，因为，是的中点，所以，
.
在等边中，.
在中，，，，
所以，所以，即.
又，平面，平面，
所以平面.
（2）
分别取，的中点，，连接、、.
因为，，分别是，，的中点，
所以，分别是，的中位线，
所以，，
所以（或其补角）就是异面直线与所成的角
在中，，.
因为是斜边上的中线，所以.
在等腰中，.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
21．在直角坐标系中，已知两点、，点C为x轴上一动点.
(1)若是以为斜边的直角三角形，求点C的坐标；
(2)已知点，问是否存在实数t，使得四边形为平行四边形？如果存在求出实数t的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)或；
(2)存在；
【分析】（1）设点，根据是以为斜边的直角三角形，可得，结合向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案.
（2）假设存在实数t，使得四边形为平行四边形，根据平行四边形性质可得向量的相等即， 根据向量的坐标运算，即可求得答案.
【详解】（1）设点，则，
因为是以为斜边的直角三角形，故，
故，解得或，
故点C的坐标为或；
（2）假设存在实数t，使得四边形为平行四边形，设，
则，
因为四边形为平行四边形，故，即，
故，解得，
即存在实数，使得四边形为平行四边形.
22．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，在“阳马” 中，侧棱底面ABCD，且.
(1)若，试计算底面ABCD面积的最大值；
(2)过棱PC的中点E作，交PB于点F，连DE，DF，BD.若平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，试求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，可设，，表示出底面ABCD的面积，然后利用基本不等式即可完成最值得求解；
（2）设出，以点D为原点，建立空间直角坐标系，分别求解出平面DEF与平面ABCD的法向量，然后利用已知条件，求解出，即可求解出的值.
【详解】（1）设，，由已知可知，而底面ABCD的面积为xy.
则由均值不等式，可知，
当且仅当时等号成立.
（2）如图，以点D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系.
设，，则，，，，
所以.由于E是PC的中点，则，故，
于是，即.
又已知，而，
所以平面DEF，故是平面DEF的一个法向量.
而因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量.
由已知平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，
则，解得，
所以.
故当平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，