广东省湛江市第四中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学Word版试卷含答案

《广东省湛江市第四中学2022-2023学年高二上学期第一次月考数学Word版试卷含答案》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

广东省湛江市第四中学2022-2023学年度高二第一学期第一次月考数学试卷(考试时间：120分钟试卷满分：150分)第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1．设，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（    ）A．或B．C．D．或k≥12．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（    ）A．B．C．或D．l与斜交3．过点且倾斜角为的直线方程为（    ）A．B．C．D．4．已知，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．以上都不对5．已知点、，若线段的垂直平分线的方程是，则实数的值是（    ）A．B．C．D．6.在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（　　）A．B．C．D．7．在空间直角坐标系中，为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，且，则（    ）A．B．C．D．8．在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当最短时，（    ）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

19．如果，，那么直线经过（    ）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限10．三棱锥中，平面与平面的法向量分别为，若，则二面角的大小可能为（    ）A．B．C．D．11．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（    ）A．与是共线向量B．与同向的单位向量是C．和夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是12．已知直线l1：3x+y﹣3＝0，直线l2：6x+my+1＝0，则下列表述正确的有（　　）A．直线l2的斜率为.B．若直线l1垂直于直线l2，则实数m＝﹣18C．直线l1倾斜角的正切值为3.D．若直线l1平行于直线l2，则实数m＝2第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知直线l经过点P（0，1）且一个方向向量为（2，1），则直线l的方程为______．14．已知分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有________对．15.直线ax+y+a﹣3＝0恒过定点（16题）16．已知E､F､G､H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.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.下图是一个机器人手臂的示意图．该手臂分为三段，分别可用向量，，代表．(1)若用向量代表整条手臂，求；(2)求所代表的点与原点之间的距离．

218.已知的顶点坐标为，，．（1）试判断的形状；（2）求边上的高所在直线的方程．19．如图，已知平面，底面为正方形，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值．20．已知直线与直线．（1）若，求m的值；（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．21．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=5，AC＝AA1＝2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求点D与平面BEC1的距离；

322．如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由

4参考答案：1．D【分析】如图，求出可得斜率的取值范围.【详解】由题设可得，因为直线与线段相交，则或，故选：D.2．C【解析】由可得，所以或，即可得正确选项.【详解】直线l的方向向量为，平面的法向量为，因为，所以，所以或，故选：C.3．D【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程

5【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，所以直线方程为，即，故选：D4．C5．C6．A7．B【分析】由已知条件得出，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.【详解】因为，则，解得.B8.A【分析】由题知平面，直线，故当、最短时，平面，，再根据向量的关系计算即可得答案.【详解】，，∴，，即:，；平面，直线，所以当、最短时，平面，，为的中心，为线段的中点，如图：又正四面体的棱长为1，，平面，，．故选：A．

6【点睛】本题考查空间向量的数量积运算，共面向量定理，共线向量定理，解题的关键在于结合共面向量定理与共线向量定理得平面，直线，进而当当、最短时，平面，，再求解.【分析】由已知条件得出，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.9．ACD【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，因为，，故，故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，故选：ACD.10．BC【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果.【详解】二面角的大小与法向量的夹角相等或互补，二面角的大小可能为或.故选：BC.11．BD【分析】根据共线向量的坐标表示可知A错误；根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；利用向量夹角公式计算可知C错误；根据法向量的求法可知D正确.【详解】对于A，，，可知，与不共线，A错误；对于B，，，，即与同向的单位向量是，B正确；对于C，，，即和夹角的余弦值为，C错误；对于D，设平面的法向量，则，令，解得：，，，即平面的一个法向量为，D正确.故选：BD.

712．BD【分析】利用直线l1的方程，考虑斜率不存在的情况可判断选项A，利用两条直线垂直的充要条件可判断选项B，利用倾斜角与斜率的关系可判断选项C，利用两条直线平行的充要条件可判断选项D．【详解】解：直线l1：3x+y﹣3＝0，直线l2：6x+my+1＝0，当m＝0时，直线l2的斜率不存在，故选项A错误；当直线l1垂直于直线l2，则有3×6+1×m＝0，解得m＝﹣18，故选项B正确；直线l1的斜率为﹣3，故倾斜角的正切值为﹣3，故选项C错误；当直线l1平行于直线l2，则，解得m＝2，故选项D正确．故选：BD．13．【分析】根据方向向量可得直线的斜率，进而根据点斜式求解方程即可.【详解】因为直线l的一个方向向量为（2，1），所以其斜率为，所以直线l的方程为，即．故答案为：14．0【分析】计算每两个向量的数量积，判断该两个向量是否垂直，可得答案.【详解】因为，，.所以中任意两个向量都不垂直，即α，β，γ中任意两个平面都不垂直．故答案为：0.15．（﹣1，3）【分析】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.【详解】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：，，，，所以，，，.

8设平面APC的法向量为，∴不妨设，则，设平面PBC的法向量为，∴不妨设，则，，设为，则.故答案为：16．【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】，，设该正方体的棱长为，显然，于是有，所以，，所以，因此异面直线EH与GF所成角的余弦值为，故答案为：17．(1)(2)．解(1)由题意(2)由题意．

918（1）直角三角形；（2）.【分析】(1)先求直线的斜率,再根据斜率关系即可判断;(2)由得边上高线所在直线的斜率为,进而根据点斜式求解即可.【详解】解：（1）,，，，为直角三角形（2）因为，所以，边上高线所在直线的斜率为直线的方程是，即19．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）利用直线的方向向量，平面的法向量，计算线面角的正弦值.【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则.，，所以,由于，所以平面.（2），，设平面的法向量为，则，令，则，所以.设直线与平面所成角为，则.

1020．（1），（2）或【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程【详解】解：（1）因为，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以，（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，所以设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，所以，解得或，所以直线的方程为或21．【解答过程】（1）证明：由于AB＝BC，E是AC的中点，所以AC⊥BE，由于E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EF∥CC1，所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，

11由于BE⋂EF＝E，所以AC⊥平面BEF．（2）解：由（1）可知EA，EB，EF两两相互垂直，以E为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），设平面BEC1的法向量为m→=(x1，y1，z1)，则m→⋅EB→=2y1=0m→⋅EC1→=−x1+2z1=0，故可设m→=(2，0，1)，D(1，0，1)，BD→=(1，−2，1)，所以D到平面BEC1的距离为|m→⋅BD→|m→||=35=355．22.【详解】（1）在中，，，，满足，所以，又，，所以面，又面，所以，又四边形是边长为的正方形，所以，又，所以面，又平面，所以平面平面；（2）在线段上存在点，使得，且，理由如下：由（1）得，以点C为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，，所以，解得，，，所以，，要使，则需，即，解得，故.

12