湖北省武汉市2023_2024学年高二数学上学期10月月考测试题含解析

这是一份湖北省武汉市2023_2024学年高二数学上学期10月月考测试题含解析，共25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。
时限：120分钟满分：150分
一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意）
1. 直线过点，的直线的倾斜角的范围是，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当直线的斜率存在时，且或；直线的斜率不存在时，，综合即得解
【详解】由直线的倾斜角的范围是，得直线的斜率存在时，或.
当时，，
或，解得或.
当直线的斜率不存在时，符合题意
综上，实数的取值范围是.
故选：B
2. 直线：，：，则“”是“”的（）条件
A. 必要不充分B. 充分不必要C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】先求出两直线垂直时a的值，进而可判断充分必要条件．
【详解】直线：，：，
当时,有，解得或.
所以“”时“”成立，“”时“”不一定成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
3. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
4. 如图，在平行六面体中，点是棱的中点，连接、交于点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】推导出，利用空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式.
【详解】在平行四边形中，因为为的中点，连接、交于点，且，
所以，，则，
因此，.
故选：B.
5. 将一张画了直角坐标系（两坐标轴单位长度相同）的纸折叠一次，使点与点重合，点与点重合，则（）
A. 1B. 2023C. 4043D. 4046
【答案】C
【解析】
【分析】设，，进而根据题意得过点与点的直线与直线平行，再根据斜率公式计算求解即可.
【详解】解：设，，则所在直线的斜率为，
由题知过点与点的直线与直线平行，
所以，整理得
故选：C
6. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面距离为.
故选：D.
7. 过点在两坐标轴上的截距都是非负整数的直线有多少条（）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】截距为零时单独考察，在截距不为零时，设截距分别为利用截距式写出直线方程，根据过定点,得到的关系，判定的范围，然后求得后分离常数得到，进而得出应当为12正因数，从而解决问题.
【详解】当截距为0时，是直线,只有一条，
当截距大于0时，设截距分别为则直线方程为，∵直线过点,
∴①，∵,∴,结合①可得，,∴,
又∵为整数，，
由①解得,为12的因数，
∴,对应,相应
对应的直线又有6条，
综上所述，满足题意的直线共有7条，
故选：D.
【点睛】本题考查直线的截距和直线方程的截距式，涉及整除问题，关键有两点：一是要注意截距为零的情况，而是在截距不为零时，得到后分离常数得到，进而得出应当为12正因数，本题属中档题.
8. 在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则，，，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：A
二、多项选择题（每题有两个或者两个以上正确答案，每题5分，少选得2分，共20分）
9. 下列说法中不正确的是（）
A. 经过定点的直线都可以用方程来表示
B. 经过定点的直线都可以用方程来表示
C. 不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成截距式
D. 不与坐标轴重合或平行的直线其方程一定可以写成两点式
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线方程五种形式的限制条件解决即可.
【详解】对于A，点斜式方程适用斜率存在的直线，故A错误；
对于B，斜截式方程适用斜率存在的直线，故B错误；
对于C，截距式方程适用不与坐标轴重合或平行且不过原点的直线，故C错误；
对于D，两点式方程适用不与坐标轴重合或平行的直线，故D正确；
故选：ABC
10. 下列命题中正确的是（）
A. 若是空间任意四点，则有
B. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，则直线与平面所成的角等于
C. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面
【答案】AC
【解析】
【分析】根据空间向量加法的运算法则，线面角的定义，结合空间向量基底的性质、四点共面的性质逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项命题正确；
B：因为直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于，
所以直线与平面所成的角等于，
因此本选项命题不正确；
C：假设不是空间一个基底，
所以有成立，
因为组是空间的一个基底，
所以可得，显然该方程组没有实数解，因此假设不成立，
所以也是空间的一个基底，因此本选项命题正确；
D：因为只有当时，四点才共面，
所以本选项命题不正确，
故选：AC
11. 已知点，，且点在直线：上，则（）
A. 存在点，使得B. 存在点，使得
C. 的最小值为D. 最大值为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D.
【详解】对于A：设，若时，此时斜率不存在，
，与不垂直，同理时与不垂直，
当且时，，
若，则，
去分母整理得，，方程无解，故与不垂直，故A错误；
对于B：设，若，则，
即，由，所以方程有解，则存在点，使得，故B正确；
对于C：如图设关于直线的对称点为，则，
解得，所以，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号（在线段之间），故C正确；
对于D：如下图，，当且仅当在的延长线与直线的交点时取等号，故D正确.
故选：BCD
12. 如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（）
A. 三棱锥的体积为8
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 二面角的正切值为
D. 异面直线AC与所成角的余弦值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可
【详解】过作于，
在中，因为，所以，，
由正弦定理得,即，解得，
所以，，
因为,
所以
，
由正弦定理得，即，解得，
所以
，
因为平面平面ADC，平面平面，，
所以平面ADC，
所以三棱锥的体积为，所以A正确，
设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得
所以，
由正弦定理得，所以，
取的中点，连接，则，
，
设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则
，即，解得，，
所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确，
过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则
，，
则
所以
设异面直线AC与所成角为，则
，所以D错误，
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 直线与直线平行，则_________.
【答案】－2
【解析】
【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果.
【详解】由，得到，
因为，所以，由，得到
所以，即，解得，
故答案为：.
14. 如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再求出相关向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.
【详解】依题意，，得，
由底面为矩形，，，得，显然，
又
，
因此，所以.
故答案为：
15. 已知正方形的中心为直线，的交点，正方形一边所在的直线方程为，则它邻边所在的直线方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出中心坐标为，再根据邻边所在直线与垂直设方程为，进而结合点到这两条直线距离相等且为即可求解.
【详解】解：，解得，
∴中心坐标为，
点M到直线的距离
设与垂直两线分别为，则点到这两条直线距离相等且为，
设方程为
∴，解得或，
∴它邻边所在的直线方程为．
故答案为：
16. 已知a，，曲线，若两条曲线在区间上至少有一个公共点，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意两条曲线在区间上至少有一个公共点，得到有解，转化为关于a，b的直线方程，得到表示原点到点的距离的平方，转化为，巧换元，构造函数，利用函数的单调性质，求出最值．
【详解】曲线，
，
，
，
于是可以看作关于a，b的直线方程，
则是该直线上的点，
表示原点到点的距离的平方，
设原点到直线的距离为d，
根据点到直线的距离公式得到，
，
令，则，则，
，
设，
可知函数在上为减函数，
当时，，
当时，最小值为．
故答案为:．
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于，根据点到直线距离公式，结合题意，得到，利用换元法，进行求解即可.
四、解答题：（本题共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. （1）求证：动直线（其中）恒过定点，并求出定点坐标；
（2）求经过两直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程.
【答案】（1）证明见解析，；（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：利用特值法，可得定点，再验证满足题意；解法二：动直线转化为，利用，则关于的方程系数为，列出方程解得即可.
（2）解法一：联立两直线求出交点，又与直线垂直的直线斜率，写出直线即可；解法二：利用垂直直线系，得直线方程为，再代入交点解得的值，即可得到答案；解法三：利用交点系得直线，又，得方程，解得的值，即可得到答案.
【详解】(1)证明：解法一：令，则直线方程为 ①
再令时，直线方程为 ②
①和②联立方程组，得，
将点代入动直线中，即故动直线恒过定点.
解法二：将动直线方程按降幂排列整理，得①
不论为何实数，①式恒为零，
∴ 有，解得，
故动直线恒过点．
(2)解法一：联立方程，解得，
直线的斜率为，由，则直线的斜率为，
故直线的方程为.
解法二：设所求直线方程为，
将解法一中求得的交点代入上式可得，
故所求直线方程为.
解法三：设直线的方程为，
即，又，
∴ ，
解得，
故直线的方程为.
18. 在中，.
（1）求边的高线所在的直线的方程；
（2）已知直线过点，且到的距离之比为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2），或
【解析】
【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合直线的点斜式方程进行求解即可.
【小问1详解】
设边高线所在的直线为，
所以由，
所以直线的方程为；
【小问2详解】
当直线不存在斜率时，直线的方程为，
显然到的距离之比为，不符合题意；
当直线存在斜率时，设为，方程为，
因为到的距离之比为，
所以，或，
方程为，或，
综上所述：直线的方程，或.
19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．
（1）证明：；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【小问1详解】
在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
20. 如图1，边长为的菱形中，，，，分别是，，的中点.现沿对角线折起，使得平面平面，连接，如图2.
（1）求；
（2）若过，，三点的平面交于点，求四棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，建立空间直角坐标系，得到，，再计算夹角得到答案.
（2）计算平面的法向量为，再计算到平面的距离为，最后计算体积得到答案.
【小问1详解】
连接，，平面平面，平面平面，
，平面，故平面，
分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为，分别是，的中点，所以，，
所以.
【小问2详解】
连接，，，
设平面的法向量为，则，，
即，令，则，，所以，
设到平面的距离为，而，，
依题意得四边形是一个菱形，，，
所以，
所以.
21. 在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合如图所示将矩形折叠，使点A落在线段DC上．
（1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程
（2）当时，求折痕长的最大值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】当时，此时A点与D点重合，折痕所在直线方程当时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有，解得故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点为，即可得出．
当时，折痕长为当时，折痕所在直线交BC于，交y轴于利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出．
【详解】解：（1）①当时，此时点A与点D重合，折痕所在直线的方程为．
②当时，将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为，，
所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有，
故点G的坐标为，
从而折痕所在的直线与OG的交点线段OG的中点为，
故折痕所在直线的方程为，即．
综上所述，折痕所在直线的方程为．
当时，折痕的长为
当时，折痕所在的直线交直线BC于点，交y轴于点．
,,则在上，
，，
的取值范围为，
故点M在线段上．
，
折痕长度的最大值为
而，故折痕长度的最大值为
【点睛】思路点睛：关于折叠问题可转化为轴对称问题，利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系.
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.