2023-2024学年新疆乌鲁木齐市第七十中学高二上学期第一次阶段性质量诊断数学试题含答案

这是一份2023-2024学年新疆乌鲁木齐市第七十中学高二上学期第一次阶段性质量诊断数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．-30°B．60°C．150°D．120°
【答案】C
【分析】根据直线斜率即可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为
由已知得，
所以直线的斜率，
由于，
故选：C.
2．若已知点M(3,4,1)，点N(0,0,1)，则线段MN的长为（ ）
A．5B．0C．3D．1
【答案】A
【分析】由题意，根据两点之间距离公式，可得答案.
【详解】根据两点间距离公式得:.
故选：A.
3．直线过点，且不过第四象限，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】找出直线在、的位置的斜率，进而得出直线的斜率的取值范围.
【详解】如图所示，当直线在的位置时，；当直线在的位置时，，故直线的斜率的取值范围是．

故选：A
4．若，，，且，，共面，则（ ）
A．1B．-1C．1或2D．
【答案】A
【分析】向量，，共面，存在实数使得，坐标代入即可得出。
【详解】向量，，共面，
存在实数使得，
，解得
故选：A
【点睛】本题考查空间共面向量基本定理，属于基础题。
5．过点，且平行于直线的直线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行直线系即可求解.
【详解】与直线平行的直线可设为，
将代入可得，
故直线方程为，
故选：C
6．如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量基本定理进行求解.
【详解】因为，点N为BC中点，所以，
故
.
故选：B
7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河，“诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路最短？试求最小（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将已知变形设出，，则为点分别到点，的距离之和，则，即可根据两点间距离计算得出答案.
【详解】，
，
设，，，
则为点分别到点，的距离之和，
点关于轴的对称点的坐标为，
连接，
则，
当且仅当，，三点共线时取等号，
故选：B.
8．已知长方体中，，，，空间中存在一动点满足，记，，，则（ ）.
A．存在点，使得B．存在点，使得
C．对任意的点，有D．对任意的点，有
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，由题意可得各顶点的坐标，由，设的坐标为，可得、、的取值范围都为，求出数量积，由的坐标的范围可得答案．
【详解】以为轴，为轴，为轴，为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，、，，设点，
所以，，，，，
因为，所以，，，，，
，，
，
恒成立，故C正确，A不正确；
，令，则，
，矛盾，所以B不正确；
恒成立，所以D不正确.
故选：C．
【点睛】本题考查了空间向量数量积的大小比较，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
二、多选题
9．已知直线过点，且直线在坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】分直线过原点，直线截距相等，直线截距互为相反数三种情况设直线分别为，结合过点可得答案.
【详解】当直线过原点时，设直线方程为，因过点，则直线的方程为，即，故A正确；
当直线截距相等时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故C正确；
当直线截距互为相反数时，设直线方程为，因过点，则，则直线的方程为，故B正确．
故选：ABC．
10．下列说法是错误的为（ ）
A．直线的倾斜角越大，其斜率就越大
B．直线与直线的交点坐标是
C．斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等
D．经过任意两个不同的点的直线都可以用方程表示.
【答案】AC
【分析】利用直线倾斜角、斜率的意义判断AC；求出直线的纵截距判断B；分析直线的两点式方程判断D.
【详解】对于A，直线倾斜角分别为，而对应斜率分别为，A错误；
对于B，直线的纵截距为2，直线的纵截距为2，即这两条直线交点坐标是，B正确；
对于C，直线的斜率分别为，其倾斜角分别为，显然，
由，得，而正切函数在上递增且，在上递增且，
于是，即斜率相等的两直线的倾斜角一定相等，C错误；
对于D，当，且时，过点的直线方程为，即，
当时，有，直线方程为，
当时，，直线方程为，均满足，
所以过点的直线都可以用方程表示，D正确.
故选：AC
11．如图，在平行六面体中，AC与BD交于点，且 ，，.则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果.
【详解】对于A，
，
所以，所以，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，
，所以，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
12．如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ）
A．存在点，使得平面
B．存在点，使得直线与直线所成的角为
C．存在点，使得三棱锥的体积为
D．不存在点，使得，其中为二面角的大小， 为直线与所成的角
【答案】ACD
【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各选项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则、、、、、、
、，设，即点，其中.
对于A：假设存在点，使得平面，
因为，，，
则，解得，
故当点为线段的中点时，平面，
即选项A正确；
对于B：假设存在点，使得直线与直线所成的角为，
，，
因为，即，
所以不存在点，使得直线与直线所成的角为，
即选项B错误；
对于C：假设存在点，使得三棱锥的体积为，
，且点到平面的距离为，
则，解得，
所以当点为线段的靠近的三等分点时，
三棱锥的体积为，即选项正确；
对于D：，，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，而，，
则，
，，
，
因为，，
则，
因为，，且余弦函数在上单调递减，
则，即不存在点，使得，即选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知直线过点，则直线的斜率为 .
【答案】
【分析】根据斜率公式即可求解.
【详解】由斜率公式可得，
故答案为：
14．当m变化时，平行线和间的距离的最小值等于 .
【答案】
【分析】直接利用平行直线的距离公式得到答案.
【详解】平行线和间的距离
.
当时有最小值
故答案为
【点睛】本题考查了平行直线间的距离，意在考查学生的计算能力.
15．如图，正方体的棱长为，在棱上有一动点，设直线与平面所成的角为，当时，则此时点与点之间的距离 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，
利用线面角的向量求解方法可求得，从而求得答案.
【详解】解：以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.如图所示，
则，设，得，则；
设平面的法向量为，又，
于是有，
不妨，可得，所以；
因为，且，
则，化简得，
解得，或 (舍去).即，
从而得
故答案为：.
【点睛】方法点睛：考查用空间向量及其坐标运算来探究立体几何中的任意不确定性和恒成立问题是非常实效且方便简洁，注意掌握空间线面角的余弦值的坐标运算.考查化归与转化、数形结合思想，检验空间想象、逻辑推理和运算求解能力.
16．在空间直角坐标系O-xyz上，有一个等边三角形ABC，其中点A在z轴上.已知该等边三角形的边长为2，重心为G，点B，C在平面xOy上，若在z轴上的投影是z，则 （用字母z表示）.
【答案】/
【分析】画出图形，结合重心的性质，向量的数量积，模的算法和余弦定理，即可算出答案.
【详解】如图，设的中点为，连接，因为等边三角形ABC的重心为G，所以，
设在z轴上的投影是，则
又在z轴上的投影是z，所以，该等边三角形的边长为2，
在中，，同理可得，
因为，
所以
=
=
=
故答案为：
四、解答题
17．已知的顶点坐标分别是.
(1)求直线的方程（答案用一般式方程表示）；
(2)求边上的高线的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点，，结合直线的点斜式方程，即可求得的方程；
（2）过点作，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】（1）解：由点，，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
（2）解：如图所示，过点作，即设的边上的高线为，
由直线的方程为，
又由，根据点到直线的距离公式，可得，
即边上的高线的长.

18．已知向量，.
(1)求与的夹角余弦值；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量坐标夹角公式计算可得答案；
（2）利用向量垂直的坐标运算可得答案.
【详解】（1）因为，，
所以，
，，
所以；
（2），
因为，所以，
解得.
19．已知的斜边为AB，且.求:
(1) 外接圆的一般方程;
(2)直角边的中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直角三角形外接圆性质求解圆心和半径， 从而计算出外接圆的一般方程;
（2）设，根据M是线段BC的中点，得到然后根据即可求得动点的轨迹方程.
【详解】（1）由题意知，设圆心为，则，
，
故圆的方程为：
即外接圆的一般方程为：.
（2）
设，由此解得：
因为C为直角，所以
代入解得：即
配方得：，
又因为三点不共线，
所以
综上：.
五、证明题
20．已知直线的方程为：．
(1)求证：不论为何值，直线必过定点；
(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）列出方程，分别令，可求出定点；
（2）先令令，再表达出三角形面积，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）证明：直线的方程为：
提参整理可得：．
令，可得，
不论为何值，直线必过定点.
（2）设直线的方程为．
令 则，
令．则，
直线与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积．
当且仅当，即时，三角形面积最小．
此时的方程为．
21．如图，在直三棱柱中，，，，点分别在棱上，且，.

(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)
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，可证得法向量互相垂直，由此可得结论；
（2）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，平面，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，，平面平面.
（2），，，
又平面的法向量，
点到平面的距离.
六、解答题
22．如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.
(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，
在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.