辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高二上学期第一次阶段测试数学 Word版含解析.docx

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沈阳二中2023——2024学年度高二（25届）上学期第一次阶段测试数学试题说明：1．测试时间：120分钟总分：150分；2．客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上．一、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，只有一项是符合题目要求的．1.如果直线l的一个法向量是，则其倾斜角等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用直线l的一个法向量，可得直线l的一个方向向量，可求直线的斜率，即得直线的倾斜角.【详解】由于直线l的一个法向量为，所以直线l的一个方向向量为，因此其斜率，因为倾斜角范围是，所以倾斜角等于．故选：C【点睛】本题主要考查了直线的法向量、方向向量、直线斜率之间的关系，属于基础题.2.已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（）A.4B.3C.2D.1【答案】A【解析】 【分析】首先根据，可得，再根据向量垂直的判定条件即可求出参数的值.【详解】根据题干条件，可知，即满足，解得：.故选：A.3.直线的倾斜角的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由直线方程求得直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值可得直线的倾斜角的取值范围.【详解】直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，解得.故选：A.4.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使，用向量，，表示向量为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据向量的运算法则得到，再次代换即可.【详解】，故选：C5.已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.【详解】作出如下图形，令，则，，取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，在中，，在中，，，，与平面所成的角的余弦值是.故选：B.【点睛】本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键. 6.设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，则是（）A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.不确定【答案】A【解析】【分析】根据题意，得到，，进而求出，根据，即可判断B的大小；利用上述方法求得，，即可判断C和D的大小，进而可以判断出三角形的形状.【详解】，，为锐角，同理：，，D和C都为锐角，∴为锐角三角形.故选：A.【点睛】本题主要考查了平面向量的加减运算法则与向量数量积的运算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.7.如图，将边长为1的正方形沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则的值为（）A.B.3C.D.【答案】D【解析】【分析】根据结合数量积计算即可. 【详解】取中点O，连接，，依题平面平面，平面平面，平面，平面，，则，所以，又，，则.故选：D8.如图，在直三棱柱中，，，点G与E分别为线段和的中点，点D与F分别为线段AC和AB上的动点．若，则线段DF长度的最小值是（） A.B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】建立坐标系，设，由可得，然后结合空间两点的距离公式，利用二次函数的性质可得结果.【详解】建立坐标系，如图，令则因为即，时，最小为，故选：C.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5 ）根据定理结论求出相应的角和距离.二、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2分，有选错的得0分．9.已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据直线方向向量、平面法向量定义，结合向量间的位置关系判断线线、线面、面面关系即可.【详解】A：由题设，对；B：由题设，或，错；C：由题设，对；D：由题设，对.故选：ACD10.下列说法中，正确有（）A.点斜式可以表示任何直线B.直线在轴上的截距为C.如果A、B、C是平面直角坐标系中的三个不同的点，则这三点共线的充要条件是与共线D.在轴和轴上截距相等直线都可以用方程（）表示【答案】BC【解析】【分析】根据点斜式的应用范围即可判断A；令，求出，即可判断B；利用向量共线定理即可判断C，举出反例即可判断D.【详解】对于A，点斜式不能表示斜率不存在得直线，故A错误；对于B，令，则，所以直线在y轴上的截距为，故B正确；对于C，充分性：根据三点共线的性质，若A，B，C三点共线，则，其中为非零实数，所以与共线，充分性成立； 必要性：若与共线，则，又因为有公共点B，所以A，B，C三点共线，必要性成立，所以A，B，C三点共线的充要条件是与共线，故C正确；对于D，举例直线方程为，其在轴和轴上截距均为0，即截距相等，但是无法用方程（）表示，故D错误.故选：BC11.以下说法错误的有（）A.已知向量，，若，则为钝角B.对于任意非零向量，，若则C.直线的方向向量为，且过点，则点到的距离为D.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若则P，A，B，C四点共面【答案】AB【解析】【分析】A，考虑平角时；B，考虑分母为0；C，应用点到直线的距离公式求解；D，应用共面向量定理即可判断.【详解】A，当时，两个向量共线，夹角为，A错误；B，中任意一个数为0，时，不成立，B错误；C，因为直线的方向向量为，所以其一个单位方向向量，由点，点可得，所以，，所以，C正确；D， ，，，由共面向量定理知与共面，又它们有公共点四点共面，D正确.故选：AB12.已知棱长为2的正方体中，E，M，N分别为，，的中点，则下列说法中正确的是（）A.平面B.直线与直线的距离为C.点A到平面的距离为D.到平面的距离为【答案】ABC【解析】【分析】根据正方体特征直接建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行，运用点面距离公式和异面直线的距离公式进而求得答案.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，所以，，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，即，又因为平面，所以平面，故A正确； 由已证可知，点到平面的距离即为直线到平面的距离，因为所以点到平面的距离为，即直线与平面之间的距离为，故C正确，D错误；因为，设，，则，令，则，又因为，所以直线与直线的距离为，故B正确.故选：ABC【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线进而求解；（2）坐标法：通过建立恰当的空间直角坐标系，结合空间坐标运算公式求解；（3）基底法：通过向量的基底转化以及向量的运算法则进行求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为______．【答案】【解析】【分析】根据点关于坐标平面对称的特征求解作答.【详解】点关于平面的对称点的坐标为.故答案为：14.若实数、满足，，则代数式的取值范围为______【答案】【解析】 【分析】作图，根据代数式的几何意义，结合图象即可得出答案.【详解】如图，，，，则，.因为，可表示点与线段上任意一点连线的斜率，由图象可知，，所以有.故答案为：.15.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形最大内角小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，函数的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，连接这三个点构成了三角形ABC，由角DOB为，角DOC为，OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA，求和即可.【详解】根据题意画出图像并建系，D为坐标原点 函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，设三角形这个等腰三角形的费马点在高线AD上，设为O点即费马点，连接OB，OC，则角DOB为，角DOC为，B（-1，0）C（1，0），A（0，2），OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA=+=2+.故答案为.【点睛】这个题目考查了点点距的公式，以及解三角形的应用，解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，注意相等条件的判断；另一类是根据边或角的范围计算，解题时要注意题干信息给出的限制条件.16.四棱锥的底面是正方形，平面，，，点是上的点，且（），二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则的值为______．【答案】【解析】【分析】先找出和，因为平面知，二面角的平面角可由三垂线法作出，再用表示出和，代入，解方程即可. 【详解】由平面，连接，则是在面内是射影，则直线与平面所成的角为，平面，平面，；又底面是正方形，，而平面，所以平面，连接，过点D在平面内作于F，连接故是二面角的平面角，即.在中，，在中，，从而；在中，.由，得，所以，由，解得，即为所求.故答案为：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.已知在第一象限的中，，，.（1）求边AB的方程；（2）求直线AC与直线BC的方程，并把结果写成直线方程的一般式. 【答案】（1）边方程为，（2）直线的方程为，直线的方程为【解析】【分析】（1）根据两点的坐标求得直线的方程.（2）结合直线、的倾斜角和斜率，求得直线和直线的方程.【小问1详解】因为，，所以轴，所以AB边方程为，．【小问2详解】因为，所以，所以直线AC的方程为，即，因为，所以，所以直线的方程为，即．18.已知空间三点，，，设，.（1）求与的夹角的余弦值；（2）若向量与互相垂直，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据空间向量夹角公式求解即可.（2）根据题意得到，再解方程即可.【小问1详解】，.. 【小问2详解】，.因为向量与互相垂直，所以，即，解得或.19.已知直线：．（1）求证：无论取何值，直线始终过第一象限；（2）若直线与，轴的正半轴交点分别为A，B两点，O为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程．【答案】（1）证明见解析（2）最小值为4；【解析】【分析】（1）由题可得，直线过定点且在第一象限，即证；（2）由题可，，再利用三角形面积公式及基本不等式即得.【小问1详解】因为直线：，即，令，求得，，即直线过定点且在第一象限，所以无论取何值，直线始终经过第一象限．【小问2详解】因为直线与x轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，所以，令，解得，令，得，即，，∴面积，∵，∴， 则，当且仅当，即时，取得等号，∴，∴面积的最小值为4此时直线的方程为，即．20.如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，，底面，，M为的中点，N为BC的中点.（1）证明：直线MN//面OCD；（2）求异面直线AB与MD所成角的大小；（3）求点B到平面OCD的距离．【答案】（1）证明：见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】过A作交CD于点P.如图示，分别以为x、y、z轴正方向建立坐标系.（1）用向量法证明MN//面OCD；（2）用向量法求异面直线AB与MD所成角；（3）用向量法求点B到平面OCD的距离. 【详解】过A作交CD于点P.如图示，分别以为x、y、z轴正方向建立坐标系，则，，，，，，.（1），，.设平面OCD的法向量为，则.不妨取，解得：.因为，直线面OCD所以MN//面OCD.（2）设直线AB与MD所成角为，则.因为，，所以，所以，即直线AB与MD所成角为. （3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，由，得.所以点B到平面OCD的距离为.21.如图，四棱锥中，垂直平面，，，，为的中点.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）可证平面，从而得到平面平面．（Ⅱ）在平面内过作的垂线，垂足为，由（1）可知平面，从而就是所求的线面角，利用解直角三角形可得其正弦值．【详解】（Ⅰ）证明:平面，平面，故．又，所以．故，即，而，所以平面，因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）平面，平面，故．又，所以．在平面内，过点作，垂足为．由（Ⅰ）知平面平面，平面，平面平面所以平面．由面积法得：即． 又点为的中点，．所以．又点为的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等．连结交于点，则．所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，即．所以直线与平面所成角的正弦值为．另解：如图，取的中点，如图建立坐标系．因为，所以．所以有：，，，，，．．，．设平面一个法量为，则取，得，．即．设直线与平面所成角为，则．【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的． 由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.22.已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，．（1）证明：；（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值.【答案】（1）证明见解析（2）当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，最小值为【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质可知，结合可证得平面，进而分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可证得.（2）[方法一]求出平面和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式及二次函数的性质求解即可；[方法二]：分别求出的面积，记面与面DFE所成的二面角的大小为，代入及二次函数的性质求解即可；【小问1详解】因为三棱柱是直三棱柱，∴底面ABC，因为底面ABC，∴，∵，，∴，又，平面．∴平面．所以BA，BC，两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． ∴，，，，，，，．由题设．因为，，所以，所以．【小问2详解】[方法一]设平面DFE的法向量为，因为，，所以，即．令，则，因为平面的法向量为，设平面与平面DEF的二面角的大小为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．[方法二]：如图，联结，FN，在平面的投影为，记面与面DFE所成的二面角的大小为，则，设，在中，．在中，，过D作的平行线交EN于点Q． 中，．在中，由余弦定理得，，，，，，当，即，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为．