2023-2024学年广东省中山市华侨中学高二上学期第一次段考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省中山市华侨中学高二上学期第一次段考数学试题含答案，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】B
【解析】由方程可得斜率为1，即可得出倾斜角.
【详解】可得直线的斜率为1，
设直线倾斜角为为，则，，.
故选：B.
2．空间直角坐标系中，已知点B是点在坐标平面Oyz内的射影，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间直角坐标系的性质，即可求解.
【详解】根据空间直角坐标系，可得点是点在坐标平面Oyz内的射影为.
故选：C.
3．若直线与互相垂直，则a等于（ ）
A．B．1C．D．1或
【答案】A
【分析】根据两直线的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】因为直线与互相垂直，
可得，解得.
故选：A.
4．设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】根据列方程，解方程得到即可.
【详解】因为，所以，则，解得，
所以.
故选：A.
5．已知三棱锥，点M，N分别为AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】
.
故选：C.
6．已知向量，，，若，，共面，则x等于（ ）
A．B．1C．1或D．1或0
【答案】A
【分析】根据，，共面列方程，解方程即可.
【详解】因为，，共面，所以，则，解得.
故选：A.
7．已知直线l的方向向量为，为直线l上一点，若点为直线l外一点，则P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据点到直线距离的空间向量公式求出答案.
【详解】，
，
，
点到直线l的距离为.
则P到直线l上任意一点Q的距离的最小值为.
故选：C
8．已知三棱锥中，，，则异面直线AP与BC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对棱相等，根据意将图形补全成一个长、宽、高分别为，1，的长方体，再建系写出坐标利用向量法即可得出答案．
【详解】如图，将三棱锥补成长方体，设长宽高分别为，
则，解得，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
设直线与所成角为，
.
故选：A.
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，已知点，下列叙述正确的是（ ）
A．点P关于x轴对称的点B．点P关于y轴对称的点
C．点P关于原点对称的点D．点P关于平面对称的点
【答案】AC
【分析】利用空间坐标系中点的特征一一判定即可.
【详解】对于点关于x轴对称的点，关于y轴对称的点，
关于原点对称的点，关于平面对称的点，即A、C正确；B、D错误.
故选：AC
10．已知，，，则（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则，
【答案】ACD
【分析】A选项，根据坐标运算公式计算即可；B选项，根据模的公式计算；CD选项，根据向量垂直和平行的坐标关系计算.
【详解】，所以，故A正确；
，所以，故B错；
因为，所以，解得，故C正确；
因为，所以，即，解得，故D正确.
故选：ACD.
11．已知直线，当m变化时，以下结论正确的是（ ）
A．直线l必过定点B．直线l的倾斜角大小不变
C．直线l一定不经过第四象限D．直线l一定经过第一、二、三象限
【答案】BCD
【分析】在考虑含参数的方程是否过定点时，可考虑在参数给定范围取两个值，检验得到的方程组是否有解判断，而后三个选项，都是需要将直线方程转化成斜截式方程再去一一判断.
【详解】对于A选项，因，分别取代入方程，即得：
易知该方程组无实数解，故直线不过定点，选项A错误；
对于B选项，因直线方程可转化为：，故直线斜率为，倾斜角为定值，故选项B正确；
对于C选项，由上述结果，知直线方程为：，因则，故当时，必有恒成立，
即直线l一定不经过第四象限，故选项C正确；
对于D选项，由上述结果，知直线方程为：，可得：直线斜率为正，纵截距也为正，
故直线l一定经过第一、二、三象限.
故选：BCD.
12．如图所示，在棱长为2的正方体中，R，Q分别是线段，BD上的点（不与圆点重合），，，下列结论正确的是（ ）
A．当时，直线PQ到平面的距离为
B．当时，三棱锥外接球表面积为
C．若平面则
D．当平面时，PQ与平面所成角的范围是
【答案】ABD
【分析】A选项，将直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，然后求距离即可；B选项，根据球的性质得到三棱锥的外接球球心在过AD中点且垂直于底面的垂线上，然后根据列方程得到半径，最后求表面积即可；C选项，根据∥平面列方程得到；D选项，利用空间向量的方法得到，然后求范围即可.
【详解】
A选项：连接，，
因为为正方体，所以平面与为同一个平面，平面平面，
当时，为与交点，且分别为的中点，则，
因为平面，平面，所以∥平面，
所以直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，
过点作于点，则为点到平面的距离，
，所以直线到平面的距离为，故A正确；
如图，以D为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
B项：由题意得，当时，为直角三角形，
由为直角三角形，可得三棱锥的外接球球心在过AD中点且垂直于底面的垂线上，可设，，，
由可得，解得，
则，，外接球表面积为，故B正确；
C项：因为为正方体，所以，平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
可以做为平面的法向量，
，，，，，
因为∥平面，所以，整理得，故C错；
D项：因为为正方体，，平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
，，
所以平面的一个法向量为，
由C选项得，
设与平面所成角为，
，，
当，可得，因为，所以，
当，可得，因为，所以，
所以，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题
13．已知，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】利用空间距离公式计算即可.
【详解】由题意可知.
故答案为：
14．已知直线l的一方向向量为，且过点，则直线l的方程为 ．
【答案】
【分析】根据题意，得到直线的斜率，结合直线的点斜式，即可求解.
【详解】由直线的一方向向量为，可得直线的斜率为，
又因为直线过点，由直线的点斜式方程得，即.
故答案为：.
15．我们已经学习了直线方程的概念：直线上的每一个点的坐标都是方程的解；反之，方程的解所对应的点都在直线上．同理，空间直角坐标系中，也可得到平面的方程：过点且一个法向量为的平面的方程为．
据上述知识解决问题：建立合适空间直角坐标系，已求得某倾斜墙面所在平面方程为：，若墙面外一点P的坐标为，则点P到平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】确定平面过定点，平面的法向量为，计算，再计算距离得到结果.
【详解】平面的方程为，取，则平面的法向量为，
，则，
故点Q到平面的距离为.
故答案为：.
16．如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱，，都在平面的同侧.若顶点，，到平面的距离分别为，，，则该正方体的表面积为 .

【答案】
【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，，得，由，得，即可求得正方体的表面积.
【详解】设正方体的棱长为，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，.
于是，即，即，即.
同理，，，
从而，由，得，
其中
，
即，解得，所以正方体的表面积.
故答案为：
【点睛】思路点睛：考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，求得，即可得到，再根据数量积的运算律计算可得.
四、解答题
17．在平面直角坐标系xOy中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．
(1)求经过点A且与直线BC平行的直线方程；
(2)在中，求BC边上的高线所在的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意，求得边上的高线斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】（1）解：由的三个顶点的坐标分别为，，，
可得直线的斜率，
所以过点且与直线平行的直线方程为，即.
（2）解：由直线的斜率，可得边上的高线斜率，
所以边上的高线方程为，
即边上的高线所在的直线方程为.
18．在长方体中，已知，，点E为中点，如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系．

(1)求直线与夹角的余弦值；
(2)求平面的法向量；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)（答案不唯一）
(3)
【分析】（1）利用向量法求解即可；
（2）根据法向量的定义求解即可；
（3）求出直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即可.
【详解】（1），
则，，
，
所以直线与夹角的余弦值为；
（2），
则，
设平面的法向量为，
则有，可取，
即平面的法向量为；
（3）设直线与平面所成为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值.
19．在如图所示的五面体ABCDFE中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，且，N为BE的中点，M为CD中点．
(1)求二面角的余弦值；
(2)若线段EC的中点为H，试判断点H是否在平面NMF内？并说明理由．
【答案】(1)
(2)点H不在平面NMF内，理由见解析
【分析】（1）利用空间向量的方法求二面角即可；
（2）根据与法向量不垂直得到点H不在平面NMF内．
【详解】（1）∵平面ABCD，且平面ABCD，
∴，，
又，即AE，AB，AD两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
平面ABCD是边长为2的正方形，，且，N为BE的中点，
，，，，
因为，，
设平面MNF的法向量为，
则，令，则，所以，
∵平面ABCD，，
∴平面ABCD，
∵平面ABCD，∴，
∵，，平面MFD，
∴平面MFD，
∴平面MFD的法向量可以为，
设二面角为，由图可知二面角为钝角，
则，
∴二面角的余弦值为．
（2）
因为H为CE中点，且，，，，，
所以，即，
所以，，,
设平面的法向量为，
则，令，则，，，
∵，
∴与法向量不垂直，
故点H不在平面NMF内．
20．如图，在平行六面体中，，，．用向量法解下列问题：
(1)求长度；
(2)求证：；
(3)若点M，N分别在直线和上运动，当且时（MN为公垂线段，这样的MN只有一条），求MN的长度．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据数量积的运算律求模长；
（2）利用来证明；
（3）根据，得到MN的长度即为在上的投影向量的模，然后求模即可.
【详解】（1）
设，，，
，

（2）∵，，
∴，
∴ .
（3）由（2）得，
∵
∴，
∴MN的长度即为在上的投影向量的模，
∴.
21．已知直线l过点，O为坐标原点．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l方程；
(2)若直线l与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点且面积为24．
ⅰ）求直线l方程；
ⅱ）若点P为线段AB上一动点，且交OA于点Q．在y轴上是否存在点M，使为等腰直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)或
(2)ⅰ） ，ⅱ），，
【分析】（1）分类讨论截距是否为零，计算即可；
（2）利用截距式结合面积公式计算可得第一小问，利用等腰直角三角形的特征分类讨论计算即可.
【详解】（1）若直线过原点，易知其方程为：；
若直线不过原点，不妨设其方程为：，
代入点得，即；
（2）i）由截距式设直线的方程为，所以，
所以，即 ；
ⅱ）若存在为等腰直角三角形，不妨设，，则，
因为为等腰三角形，
当M为直角顶点时，设，，，
所以，即，
所以或（舍），所以，即点；
当Q为直角顶点时，点，，符合题意；
当P为直角顶点时，设，由可得：，
所以，；
综上所以，，，符合题意．
22．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形为正方形，四边形为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)当点N为线段AD的中点且时，求证：直线平面；
(2)当点N在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构造相似，利用其性质判定线线平行，再证线面平行即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求面面角结合函数的性质计算范围即可.
【详解】（1）
如图所示，连接，，连接，
在底面正方形中，易知，
即，
又平面，所以，
而平面，平面，
所以直线平面；
（2）设正方形ABCD的中心为O，分别取AB，BC，EF的中点为P，Q，S，
设点H为线段AD的中点，由已知知E，F，H，Q四点共面，
且平面EFH，
连接OS，平面EFH，故，
又平面ABCD，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形EFOH为等腰梯形，故，
平面，故平面，
故以O为坐标原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为，则，，，，
又，故，
设EF到底面的距离为h，
四边形为两个全等的等腰梯形，且，
故，，又，
故，∴，则，，
，，，，
设，，∴，
设平面的一个法向量为，
则，
令，∴，
设平面的一个法向量为，
则，
令，∴，
故，
令，，
则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为．