安徽省2023_2024学年高二数学上学期第一次10月月考试题含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高二数学上学期第一次10月月考试题含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分150分，考试时间120分钟
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 在三棱柱中，可以作为空间向量一组基底的是（）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】根据三棱柱的性质和空间向量基底的定义逐个分析判断
【详解】对于A，因为向量，，是共面向量，∥，所以，，是共面向量，所以不能作为基底，所以A错误，
对于B，因为，，是共面向量，所以不能作为基底，所以B错误，
对于C，因为，，这三个向量不共面，所以能作为一组基底，所以C正确，
对于D，因为，，是共面向量，所以不能作为基底，所以D错误，
故选：C
2. 设直线l的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、两种情况讨论，求出对应的的取值范围，综合可得结果.
【详解】由题意可知，，当时，则为钝角，且；
当时，此时，.
综上所述，直线的倾斜角的取值范围为.
故选：D.
3. 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．如图，四棱锥为阳马，平面，且，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量线性运算，以为基底表示出，从而确定取值.
【详解】，，
，
，，，.
故选：A.
4. 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
【解析】
【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：
5. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
6. 直线关于直线对称的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在直线上任取一点，设其关于直线的对称点为，然后根据对称关系列方程可表示出，再代入中化简可得答案
【详解】在直线上任取一点，设点关于直线的对称点为，
则，解得，即，
因为点在直线上，
所以，即，
所以所求直线方程为，
故选：A.
7. 如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.
【详解】作关于轴的对称点，
作关于的对称点，
连接交轴于，交于，所以，
此时周长最小，即，
由，直线方程为，所以，解得，
所以，可得直线方程为，即，
由，解得，所以，
令可，所以.
故选：C.
8. 在正方体中，点M，N分别是上的动点，当线段的长最小时，直线与平面所成角的正弦值为（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，找到为的公垂线，即线段的长最小，进而表达出的坐标，从而利用线面角的夹角公式进行求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，
所以，
因为正方形中，，且，平面，
所以⊥平面，
因为点M ，N分别是上的动点，
当点为交点时，⊥，过点作于点，
此时为的公垂线，即线段的长最小，
设正方体边长为，则，，
因为，所以，故，
解得：，，
过点作于点，故，即，
解得：，，故，
，平面的法向量为，
设与平面所成角大小为，
则.
故选：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．）
9. 下列结论不正确的是（）．
A. 过点，的直线的倾斜角为
B. 直线恒过定点
C. 直线与直线之间的距离是
D. 已知，，点P在x轴上，则的最小值是5
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出过点，的直线的斜率，进而得到倾斜角不为；B选项，变形后得到方程组，求出恒过点；C选项，直线变形为，利用两平行线间距离公式求出答案；D选项，在坐标系中画出点的坐标，利用对称性求出的最小值.
【详解】A选项，过点，的直线的斜率为，
设直线倾斜角为，则，由于，
故过点，的直线的倾斜角不为，A错误；
B选项，直线变形得到，
令，解得，
故直线恒过点，B错误；
C选项，直线变形为，
故与直线之间的距离是，故C错误；
D选项，在平面直角坐标系中画出，，两点都在轴上方，
画出关于轴的对称点，连接，与轴交于点，
则即为的最小值，
则，D正确.
故选：ABC
10. 在平面直角坐标系中，下列四个结论中正确的是（）
A. 每一条直线都有点斜式方程
B. 方程与方程可表示同一条直线
C. 直线l过点，倾斜角为，则其方程为
D. 直线恒过点
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线方程各种形式的意义求解即可.
【详解】直线点斜式方程不能表示斜率不存在的直线，所以A错误；
点不在方程所表示的直线上，所以B错误；
倾斜角为的直线，过，直线方程为，C正确；
由直线的点斜式方程知，不论k为何值，直线恒过点，故D正确.
故选：CD
11. 下列选项正确的是（ ）
A. 空间向量与向量共线
B. 已知向量，，，若，，共面，则
C. 已知空间向量，，则在方向上的投影向量为
D. 点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用空间向量的共线判断A；利用向量共面定理判断B；利用投影向量的求法判断C；利用点到直线的距离公式判断D．
【详解】对于A，，，，与共线，故A正确；
对于B，设，即，
则，得，故B正确；
对于C，，
在方向上的投影向量为，故C正确，
对于D，，是直线的一个单位方向向量，
点P到直线l的距离为，故D错误．
故选：ABC．
12. 若正方体的棱长为，是中点，则下列说法正确的是（）
A. 平面
B. 到平面的距离为
C. 平面和底面所成角的余弦值为
D. 若此正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面只能是三角形和六边形
【答案】ACD
【解析】
【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ABC选项；分析可知平面可与平面平行或重合，作出截面图形，可判断D选项.
【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、、、、、、
、、，
对于A选项，，，，
所以，，，
所以，，，
又因为，、平面，因此，平面，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，
，，则，
取，可得，
又因为，则点到平面的距离为，B错；
对于C选项，易知平面的一个法向量为，
，
所以，平面和底面所成角的余弦值为，C对；
对于D选项，取三棱锥，则，且、、两两垂直，
易知点在平面内的射影为等边的中心，
设、、与平面所成的角分别为、、，设点到平面的距离为，
则，，，所以，，
又因为、、，故，
即、、与平面所成角相等，
因为正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，
若平面与平面平行或重合时，
平面截此正方体所得截面的图形如下面两幅图所示，
截面分别为三角形、六边形，
则平面与此正方体的截面图形只能为三角形或六边形，
若平面在其它位置且与正方体各棱所在直线所成角相等时，
同理可知，平面与此正方体的截面图形只能为三角形或六边形，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 若直线与直线的距离为，则实数的值为________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据两平行直线间的距离公式列方程，化简求得的值.
【详解】依题意，
解得或.
故答案：或
14. 已知向量，，，若向量与所成角为钝角，则实数的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据求出的值，再求出与的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标表示得到不等式求出参数的取值范围，再检验两向量共线的情况.
【详解】解：因为，，，
所以，解得，
所以，
所以，，
因为向量与所成角为钝角，
所以，解得，
若向量与共线，则，解得，
此时与共线同向，
综上可得.
故答案为：
15. 如图所示，点是直线上一点，过点作的垂线交曲线于点.若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】设出点坐标，求得点坐标，然后根据求得的值.
【详解】由图可知，
设，则直线，
由解得，
则，
到直线的距离为，
依题意，，
所以，
整理得.
故答案为：
16. 如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则______．
【答案】
【解析】
【分析】取中点，连接，，由已知可得，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得平面与平面的一个法向量，可求得结论．
【详解】侧面底面，则点在平面上的射影在直线上，
为直线与底面所成的角，
，三棱柱的各条棱长均为2，
是等边三角形，
取中点，连接，，则，
∵侧面底面，侧面底面，面，
所以面，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
设，则，
设平面的一个法向量为，则，令，则，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，令，则，，
平面的一个法向量为，
平面平面，∴，
，，
．
故答案为：．
点睛】关键点点睛：取中点，证明，，两两垂直，是解决本题的关键.
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知，．
（1）求；
（2）当时，求实数的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据数量积得运算律结合数量积的坐标公式计算即可；
（2）由，得，再根据数量积得运算律结合数量积的坐标公式计算即可.
【小问1详解】
已知，，
则，，，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
解得或．
18. 如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，P为上的点.且求：
（1）λ的值；
（2）异面直线PC与所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出的坐标，根据，可得，即可求得答案；
（2）根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
设正三棱柱的棱长为2，设AC的中点为O，连接，
因为为正三角形，故，
以AC的中点O为原点，为轴，以过点O和平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，，
因为，故，则，
故，
因为，所以，
即.
【小问2详解】
由（1）知，所以，，
所以，，
所以，
由于异面直线所成角的范围为，
所以异面直线PC与所成角的余弦值是.
19. 在中，点，边上中线所在直线方程为，的内角平分线所在直线方程为.
（1）求点的坐标；
（2）求的边所在直线的方程.（请用直线方程的一般式作答）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1），结合题干条件，列出方程组，即得解；
（2）求解点A关于平分线：的对称点，结合在直线上，求解即可.
【小问1详解】
，则，
解得，.
【小问2详解】
设点关于平分线：的对称点，
则由，解得，
即，
在直线上，
故，直线的方程为：
直线的方程为.
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，使它与两坐标轴的正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）
【解析】
【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可.
（2）设出直线的方程，分别令、求出相对于的y值、x值，结合三角形面积公式及基本不等式即可求得结果.
【小问1详解】
证明：由可得：，
令，
所以直线过定点．
【小问2详解】
由（1）知，直线恒过定点，
所以设直线的方程为，
令，则；令，则，
所以，
当且仅当，即时，三角形面积最小，
此时的方程为．
21. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点M，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）利用直角梯形的性质求出，的长，根据勾股定理的逆定理得出，由平面得出，故平面，于是；
（2）假设存在点，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出到平面的距离从而确定的位置，利用棱锥的体积求出到平面的距离，根据勾股定理计算，则即为所求角的正弦值．
【小问1详解】
证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由，，可得是等腰直角三角形，即，
∵平面，∴，又平面PAC,
∴平面，∴．
【小问2详解】
(方法1)过点M作交于点N，则，
∵平面，∴平面．过点M作交于点G，
连接，则是二面角的平面角．
若，则，又，
∴，
∴，，∴M是的中点．
在三棱锥中，可得，
设点B到平面的距离是h，
则，
∴，解得．
在中，可得．设与平面所成的角为，
则．
(方法2)建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，，．设，则点M的坐标为，
∴．设平面的法向量是，则
得则可取．
又是平面的一个法向量，
∴，解得，
即点M是线段的中点．
此时平面的一个法向量可取，．
设BM与平面所成的角为，则．
22. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，．
（1）求证：直线平面，并求三棱锥的体积：
（2）若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由正弦定理和三角形相似关系可证得，结合面面垂直的性质可证得平面，由此可得，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得，根据棱锥体积公式可求得结果；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，可确定当时，取得最大值，由此可确定，利用点到面的距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
设，连接，
为底面圆的内接正三角形，，为中点，
又，，；
，，，，
，∽，，；
平面，平面，平面平面，
平面平面，平面，平面，
又平面，，
平面，平面，平面；
为中点，，即，
又平面，平面，，，
，平面，平面，
，，，
又，平面，
.
【小问2详解】
，为中点，又，为中点，，
，，
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，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
设直线与平面所成角为，
，
令，则，，
，
，当，即时，，
，此时，
，
点到平面的距离.
【点睛】关键点点睛：本题求解点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置.