2023-2024学年河北省石家庄二十二中高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省石家庄二十二中高二上学期第一次月考（10月）数学试题含答案，共18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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用斜率和倾斜角的关系即可求倾斜角.
【详解】设斜率为，倾斜角为，
∵，∴，．
故选：D．
2．国庆节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出甲、乙、丙中没有去北京旅游的概率，利用对立事件的概率求法求目标概率.
【详解】甲、乙、丙中没有去北京旅游的概率为，
所以这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为.
故选：C
3．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【详解】解：因为复数，对应的向量分别是，，则复数，因此点位于第二象限，选B
4．长方体中，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【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，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
则，，
.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
5．如图所示，空间四边形中，，，，点在上，且，为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由空间向量基本定理求解即可.
【详解】由，点为的中点，
可得，
又，．
故选：B.
6．已知向量，，且，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求得，然后根据投影向量的知识求得正确答案.
【详解】由两边平方得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C
7．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ）

A．74mB．60mC．52mD．91m
【答案】A
【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度.
【详解】在中，，
，，
在中，，
由，，
在中，.
故选：A
8．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.
【详解】过作，交于点，交于，则底面
平面，平面，
平面平面，又平面 平面
又平面平面，平面
为中点 为中点，则为中点
即在线段上
，
，
则线段长度的取值范围为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.
二、多选题
9．已知空间向量，则下列选项中正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】BCD
【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；
B选项，根据向量平行列出方程组，求出；
C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；
D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.
【详解】当时，，解得：，故A错误；
令，则，，故B正确；
，所以，解得：，故C正确；
当，，
因为，，故D正确．
故选：BCD
10．下列说法正确的是（ ）
A．不能表示过点且斜率为的直线方程
B．在轴、轴上的截距分别为的直线方程为
C．直线与轴的交点到原点的距离为
D．设，，若直线与线段有交点，则的取值范围是
【答案】AD
【分析】由不过点判断A，由截距式使用条件判断B，由斜截式截距符号判断C，根据直线过定点，由定点与线段上的点所成直线的范围判断D.
【详解】选项A：过点且斜率为的直线方程为，而不过点，故A说法正确；
选项B：当轴、轴上的截距存在时，不能用表示，故B说法错误；
选项C：当时，直线与轴的交点到原点的距离为，故C说法错误；
选项D:直线过定点，
因为，，
所以该定点与线段上的点所成直线的斜率范围为，

所以要使直线与线段有交点，则或，
即，故D说法正确；
故选：AD
11．已知事件满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．如果，那么
C．如果与互斥，那么
D．如果与相互独立，那么
【答案】BCD
【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐个分析判断即可
【详解】对于选项A，，故选项A错误；
对于选项B，如果 ， 那么，选项B正确；
对于选项C， 如果与互斥，那么 ， 所以选项C正确；
对于选项D，如果与相互独立，那么
，所以选项D正确.
故选：BCD
12．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知，若直线与直线平行，则m＝ ．
【答案】3
【分析】根据两直线平行，得到方程，计算求得m值．
【详解】由题意得：，且，
解得：m＝3，
故答案为：3．
14．已知直线l经过点A(2，3，1)，且向量=(1，0，-1)所在直线与l垂直，则点P(4，3，2)到l的距离为 .
【答案】
【分析】根据与l垂直，利用空间向量点P到l的距离公式，由求解.
【详解】因为=(-2，0，-1)，又与l垂直，
所以点P到l的距离为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查空间向量法求点到直线的距离，属于基础题.
15．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为 ．
【答案】/-0.5
【分析】，，两两成角，模都为1，以这三个向量为基底，进行向量数量积运算.
【详解】
根据题意ABCD为正四面体，
，，两两成角，,
由，
，
所以
．
故答案为：
16．已知两个不相等的非零向量，，满足，且与的夹角为，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】任取一点，分别作，，且，从而，，构成一个三角形，在三角形中，利用正弦定理即可求.
【详解】根据题意，作，，则，如图：
因为与的夹角为，
所以，
在中，，，故，
由正弦定理，得，
所以，
因为，
所以，
所以，即，故，
故答案为：.
四、解答题
17．已知空间中三点，，，设，.
(1)若，且，求向量；
(2)若点在平面上，求的值.
【答案】(1)或；
(2)-2
【分析】（1）可求.由已知可设，通过解出，代入即可；（2）由已知得，四点共面，则存在唯一的一组，使得成立，代入坐标得到方程组，求解即可得到的值.
【详解】（1）由已知得，，，
因为，，设，则，
则，.
所以，或.
（2）由已知得，，，.
点在平面上，四点共面，则，，共面，则存在唯一的一组，使得成立，即，解得，
所以，.
18．已知直线.
(1)若直线不经过第四象限，求k的取值范围；
(2)若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，的面积为S(O为坐标原点)，求S的最小值和此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)4；
【分析】（1）根据题意可得，由此求得k的范围．
（2）由题意可得，利用基本不等式求得它的最小值，可得此时直线l的方程.
【详解】（1）直线可化为，
要使直线不经过第四象限，则,
解得，
∴k的取值范围为；
（2）由题意可得中取得,
取得,
故，
当且仅当时，即时取“=”，
此时S的最小值为4，直线l的方程为﹒
19．在中，已知角，，的对边分别为，，，且
(1)求角的大小
(2)若为锐角三角形，且，，求的面积．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知式子统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求出角，
（2）利用余弦定理结合已知条件求出，然后利用面积公式可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得
因为，
所以
所以，所以，
因为，所以或．
（2）因为三角形为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，
因为，，所以，
所以，，
所以三角形的面积为．
20．如图在直三棱柱中，，，，E是上的一点，且，D、F、G分别是、、的中点，EF与相交于H．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求平面EGF与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得,进而推出，再结合的边长，利用勾股定理即可推出，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；
（2）根据是的中位线，即可证明，再利用，即可证明，再根据题意条件，证明，最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；
（3）由（2）可知，平面平面，而，因此平面EGF与平面的距离就是两条平行线之间的距离，再结合四边形的边角关系，可得是的公垂线，即为两个平面之间的距离，求出即可完成距离的求解.
【详解】（1）在直三棱柱中, ，交线为，而，，，，
根据已知条件可得，为的中点，，，结合勾股定理可得，，所以平面.
（2）如图所示，取的中点，连接，，，为的中点，而为的中点，为的中位线，，又，且，，，，，
F、G分别是、的中点，是的中位线，，
在直三棱柱中，，，，，又，平面平面.
（3）由平面平面，EF与相交于H，又 平面，平面，两平面之间的距离即为H到平面的距离，即， ，
∽，，，
故平面EGF与平面的距离为.
21．11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）求P（X=2）；
（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.
【答案】（1）；（2）0.1
【分析】(1)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；
(2)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果．
【详解】(1)由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”
所以
(2)由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”
所以
【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题．
22．已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点．
(1)求平面与平面所成的锐二面角的大小；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，.
【分析】（1）证明出平面，，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；
（2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：因为是正三角形，为的中点，所以，，
因为平面，平面，，
，平面，
因为且，、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则，、、、、、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，易知平面的一个法向量为，
所以，，
因此，平面与平面所成的锐二面角为.
（2）解：假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，
设，其中，
，
由题意可得，
整理可得，因为，解得.
因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且.