2023-2024学年辽宁省东北育才学校科学高中部高二上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省东北育才学校科学高中部高二上学期第一次月考数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据题意，存在实数值得，列出方程组，即可求解.
【详解】由向量，，，
因为，，三向量共面，则存在实数值得，
即，
可得，解得，则.
故选：A.
2．若，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合余弦函数的值域求出直线斜率的范围，再利用斜率的定义求解作答.
【详解】直线的斜率，显然此直线倾斜角，
因此或，解得或，
所以直线的倾斜角的取值范围为.
故选：C
3．设入射光线沿直线射向直线，则被反射后，反射光线所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】依据入射光线和反射光线关于直线对称，假设入射光线上两点、，求出这两点关于对称的两点，由两点式即可求得反射光线
【详解】入射光线和反射光线关于直线对称，设入射光线上任意两点、，
则关于直线对称的两个点的坐标分别为、且这两个点在反射光线上，
由两点式可求出反射光线所在的直线方程为，
故选：A.
4．设a为实数，若直线两两相交，且交点恰是直角三角形的三个顶点，则这样的有（ ）
A．2组B．3组C．4组D．5组
【答案】A
【分析】算出三条直线的方向向量，根据法向量相互垂直可求a的值，故可得正确的选项.
【详解】三条直线的法向量分别为，
于是a的值必然在集合．
经验证，当时，中有重合的直线，当时，三线共点，因此所求组数为2．
故选:A.
5．已知三棱锥为正三棱锥，且，，点、是线段、的中点，平面与平面没有公共点，且平面，若是平面与平面的交线，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知平面平面，利用面面平行的性质定理可得出，然后取线段的中点，连接、，可得出，由此可得出直线与直线所成的角为或其补角，在中计算出，即可得解.
【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
取中点，连接，，
、分别为、的中点，则，所以，同理，
所以异面直线和所成角即为或其补角.
取中点，则，，又，所以平面，
又平面，所以，所以.
在中，，，所以.
所以直线和所成角的正切值为，
故选：D.
【点睛】本题考查异面直线所成角的正弦值的计算，考查了面面平行性质定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
6．在平面直角坐标系中，已知点满足，记为点到直线的距离.当变化时，的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据直线过定点确定出对于给定的一点，取最大值时且，然后根据点为正方形上任意一点求解出，由此可知.
【详解】直线过定点，
对于任意确定的点，
当时，此时，
当不垂直时，过点作，此时，如图所示：
因为，所以，所以，
由上可知：当确定时，即为，且此时；
又因为在如图所示的正方形上运动，所以，
当取最大值时，点与重合，此时，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于利用图像分析取最大值时与直线的位置关系，通过位置关系的分析可将问题转化为点到点的距离问题，根据图像可直观求解.
7．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，、是直角圆锥的两个轴截面，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】在圆锥中，平面，设，以点为坐标原点，、所在直线分
别为、轴，平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，所以、、、，
，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：B.
8．已知空间向量两两夹角均为，且.若向量满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】C
【分析】根据题意，取一个三棱锥，用其棱表示对应的向量，结合题中所给的条件，将相应的边长求出，之后应用空间向量运算法则，表示出对应的结果，从而判断出取最值时对应的情况，求值即可.
【详解】
取一三棱锥，，
且，，所以，
，
设，
因为，所以，即，
所以在以为直径的球上，球半径为，设球心为，
又由同理可知在以为直径的球上，球半径为，设球心为，
球心距，所以两球相交，即点与点可以重合，
又，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．在下列四个命题中，正确命题的是（ ）
A．若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面；
B．向量，若与的夹角为钝角，则实数m的取值范围为；
C．直线的一个方向向量为；
D．若存在不全为0的实数x，y，z使得，则共面
【答案】CD
【分析】由向量可以平移的性质来判断A选项，由向量数量积和向量共线的定义来判断B选项，由直线方向向量的概念判断C选项，由向量共面定理判断D选项即可.
【详解】对于A，向量所在的直线为异面直线，因为向量是可自由平移的，
则向量可以平移到同一平面，此时共面，故A错；
对于B，向量，若与的夹角为钝角，
则，且与不共线，
即：，解得：且，故B错误；
对于C，直线的斜率为，故直线的一个方向向量为，C正确；
对于D，存在不全为0的实数x，y，z，
当时，
，
由向量共面定理知一定共面,
同理，当或时，也一定共面,故D正确.
故选：CD
10．下列说法中，不正确的有（ ）
A．已知点，，若直线的倾斜角小于，则实数a的取值范围为
B．若集合，满足，则
C．若两条平行直线和之间的距离小于1，则实数a的取值范围为
D．若直线与连接，的线段相交，则实数a的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据直线的倾斜角、斜率、平行直线、直线相交等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，当倾斜角小于时，，解得；
当倾斜角等于时，；
当倾斜角大于小于时，，解得或；
综上，实数a的取值范围为，所以A选项正确.
B选项，由，得 ，
所以集合表示斜率为的直线上的点（除去点）.
由，得，
所以集合表示过点且斜率为的直线，
若，此时两直线平行，满足；
若直线过点，
则，此时，
且，符合题意；
所以或，所以B选项错误.
C选项，依题意，解得
所以实数的取值范围是，C选项错误.
D选项，直线过定点，斜率为，
，
所以或，解得或，
所以实数a的取值范围为，D选项错误.

故选： BCD
11．直角中是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时（ ）
A．
B．
C．直线与的夹角余弦值为
D．四面体的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据直二面角的性质，得到垂直关系，建立空间直角坐标系，利用三角形内角平分线的性质、平面向量加法的几何意义、空间两点距离公式、夹角公式，球的性质逐一判断即可.
【详解】如图所示：过点作，交于延长线于点，
过点交于于点，作，使得，
由二面角为直二面角，可知，
设，则有，，，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，
，
，当且仅当，
此时，，
在图1中，，所以为的平分线，
于是有，所以，
，
由上可知：两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
因为，
所以选项A正确；
因为，
所以选项B正确；
，
因为，
所以直线与的夹角余弦值为，因此选项C不正确；
设四面体的外接球的球心为，
显然有，
所以有，
，
，
由，解得，
四面体的外接球的半径为，
四面体的外接球的表面积为，
因此选项D正确，
故选：ABD

【点睛】关键点睛：根据二面角的性质建立空间直角坐标系，运用球的性质是解题的关键.
12．如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
【答案】ABD
【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断；
对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断；
对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断；
对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得.
【详解】连结OB.
在三棱锥中，，，.
所以,,且,.
所以，所以.
又因为，所以面ABC.
可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，所以,,,.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
为边长为2的等边三角形，所以面积为；
和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；
所以三棱锥的表面积为.故A正确；
对于B：为棱的中点，所以,所以,.
所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；
对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） .
所以.
设为面PAM的一个法向量，则，
不妨设y=1，则
.因为与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得：取，则
显然，面PAC的一个法向量为.
设二面角的平面角为，所以，
所以.
故C错误；
对于D:
如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大；
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.
此时，，所以.
由余弦定理得：
.
所以的取值范围为.
故D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何题目的解题策略：
(1)证明题：几何关系的证明，用判定定理；
(2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法.
三、填空题
13．点到直线的最大距离为 ．
【答案】
【分析】先求出直线过定点，然后可知点到直线的最大距离即为该点到定点的距离.
【详解】解：由题意得：直线可知：
无论为何值，得，故直线一定经过
由题意知：点到直线的最大距离即为点到定点的距离：
故答案为：
14．已知是平面内的三个单位向量，若，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】采用向量的坐标运算，得到所求模长之和的几何意义，将问题转化为单位圆上的点到和两点的距离之和的最小值的求解问题，由此计算得到结果.
【详解】均为单位向量且，不妨设，，且，
，，
，
的几何意义表示的是点到和两点的距离之和的2倍，
点在单位圆内，点在单位圆外，
则点到和两点的距离之和的最小值即为和两点间距离，
所求最小值为.
故答案为：.
15．在三棱锥中，，，.记的中点为，的中点为，则异面直线与的距离为 .
【答案】
【分析】将三棱锥补成正六面体为利用勾股定理求解长、宽、高，再建立直接坐标系后，求出和的法向量，便可求得直线与的距离.
【详解】解：三棱锥的三组对棱分别相等，因此三棱锥的外接平行六面体为长方体，将三棱锥放在长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，，，且即解得
因此以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，.
，.
设垂直于和，所以
令，则，，所以.
又，所以异面直线与的距离.
故答案为：
四、双空题
16．在棱长为6的正方体中，，点P在正方体的表面上移动，且满足，当P在上时， ；满足条件的所有点P构成的平面图形的周长为 .
【答案】
【分析】取上的点分别为，连接，使得，得到四边形为梯形，得到点的运动轨迹为梯形，建立空间直角坐标系，结合向量的数量积的运算公式，求得点为位置，进而求得和点的轨迹梯形的周长.
【详解】如图所示，取上的点分别为，连接，使得，
所以四点共面，且四边形为梯形，
因为，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证：平面，因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为点在正方体的表面上移动，且，
所以点的运动的轨迹为梯形，
由正方体的棱长为，以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
则，可得，
因为，所以，
所以，解得，
所以，
所以当点在上时，可得，
又因为，，
所以梯形为等腰梯形，
所以梯形的周长为.
故答案为：；.

五、证明题
17．(1) 直线与直线平行,求实数的值；（2）求过直线：与：的交点且垂直于直线：直线方程.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）利用两条直线平行的条件列方程，由此求得的值；
（2）先求得两条直线交点的坐标，根据点斜式求得所求直线方程.
【详解】（1）由于两条直线平行，故，解得或；
（2）由解得，直线的斜率为，
故所求与之垂直的直线斜率为，由点斜式得，化简得.
故要求的直线方程为.
六、解答题
18．在平面直角坐标系xOy，已知的三个顶点A(m，n)，B(2，1)，，且的面积为4.
(1)求BC边所在直线的一般式方程；
(2)请写出n与m的关系式；(用m表示n)
(3)BC边上中线AD的方程为，求点A的坐标.
【答案】(1)
(2)或
(3)或(2，3)
【分析】(1)由直线方程的两点式求直线BC的方程；
(2)求出，由的面积为4知A到直线BC的距离，代入点到直线距离公式得n与m的关系式；
(3)将BC中点坐标代入求得值，A(m，n)代入中线所在直线方程得，联立（2）中n与m的关系式，解方程组得n与m的值.
【详解】（1）由B(2，1)，，可得直线BC的斜率．
故直线BC的方程为
化为一般式方程为
（2）由B(2，1)，，，
由S=4，可以得出BC边上的高为
根据点A到直线BC距离公式得
即或①
（3）由B(2，1), ，可得BC的中点D的坐标为(0，2)
又由AD的方程，则有，解得
故AD数方程为
由A(m，n)，可得，②
由第(2)问知，联立①②可得或，
故点A的坐标为或(2，3)
19．(1)已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，当0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，求实数a的值；
(2)已知直线l过点P(3,2)，且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，如图所示，求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程.
【答案】(1)；(2)12，2x＋3y－12＝0.,
【解析】（1）由直线可知两直线恒过定点P(2,2)，然后求出l1在y轴上的截距，l2在x轴上的截距，根据三角形的面积公式可列出四边形的面积式，配方即可求解.
（2）设出直线方程求出直线与坐标轴的交点，列出△ABO的面积的关系式，再结合基本不等式即可求解.
【详解】由题意知直线恒过定点P(2,2)，
直线l1在y轴上的截距为2－a，直线l2在x轴上的截距为a2＋2，
所以四边形的面积S＝×2×(2－a)＋×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝＋，
当a＝时，面积最小．故当四边形的面积最小时，实数a的值为.
(2)依题意知直线l的斜率k存在且k<0，
则直线l的方程为y－2＝k(x－3)(k<0)，
可得A，B(0,2－3k)，
所以S△ABO＝(2－3k)
当且仅当－9k＝，即k＝－时，等号成立．
故△ABO的面积的最小值为12，
此时直线l的方程为2x＋3y－12＝0.
【点睛】本题考查了直线的点斜式方程、根据直线与坐标轴围成的面积的最值求参数值，属于中档题.
七、证明题
20．如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)或
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
（2）由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
21．图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2．
（1）求证：平面平面ABED；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【解析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可；
（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案；
（3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解.
【详解】（1）证明：在图1中，连结AE，由已知条件得，
∵且，
∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F，
∴，又∵在中，，
∴，
在图2中，，∵，∴，
由题意知，且
∴平面ABED，又平面，
∴平面平面ABED；
（2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为
，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，即，
令，解得，，
所以，，记直线与平面所成角为，
则．
（3）假设存在，设，
所以，，
∵平面，易得平面的一个法向量，
设平面PBE的一个法向量，
由，可得，可取，
则，
解得，此时．
【点睛】关键点睛：用向量方法解决空间中的角的问题时，关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和向量的坐标，然后准确地运算出答案.
八、解答题
22．如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．
（1）证明：；
（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出.
【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，
在等腰梯形中，，为，的中点，
∴，
在正中，为的中点，
∴，
∵，，，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
（2）解：∵平面，
在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，
∵，，∴为二面角的平面角，即，
，，，，，，
设平面的法向量为，，，
则有，即，
则可取，又，
设直线与平面所成角为，
∴，
∵，∴，
∴．