山东省滕州市第五中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学 word版含解析.docx

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滕州五中2023-2024学年高二第一次单元检测数学试题第Ⅰ卷（共60分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线的斜率，利用倾斜角的公式即可算出所求直线的倾斜角．【详解】解：直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，结合，，可得故选：B．2.已知，，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算可求解.【详解】因为,所以,即,解得,故选:A.3.如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（） AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案.【详解】由题意得：，故选：A.4.若向量在空间的的一组基底下的坐标是，则在基底下的坐标是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设的坐标为，得到，求得的值，即可求解.【详解】因为在基底下的坐标是，所以，设在基底下的坐标为，则，因此，所以，即，即向量在基底下的坐标为．故选：C．5.已知直线的方向向量，直线的方向向量，且，则的值是（）A.B.6C.14D.【答案】A 【解析】【分析】根据题意，结合向量平行的坐标运算，即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴，，∴.故选：A．6.长方体中，，，是的中点，是的中点.则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角；【详解】解：依题意，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成的角为，则故选：B7.一束光线自点发出，被平面反射后到达点被吸收，则光线所走的路程是（　　）A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】根据光的反射定律可知，入射光线必过点，代入两点间距离公式即可. 【详解】∵入射光线被平面反射后到达点且被吸收，根据光的反射定律可知入射光线必过点，故光经发射到吸收所走过的路程为.故选：C.8.若直线与连接的线段总有公共点，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】可得直线过定点，则数形结合可得或即可求出.【详解】由直线可得直线的斜率为，且过定点，又，则由图可得，要使直线与线段总有公共点，需满足或，又，或.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.已知向量，则（）A.向量的夹角为B.C.D.【答案】CD 【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标运算，以及平行、垂直的坐标表示即可求解.【详解】对于A，，，，设向量的夹角为，则，因为，则，故A不正确.对于B，，，则，故B不正确.对于C，，，，故C正确.对于D，，，，故D正确.故选：CD.10.若直线过点，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线方程可能为（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．【详解】当直线经过原点时，斜率为，所求的直线方程为y=2x，即；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y=k，把点A（1，2）代入可得1-2=k，或1+2=k，求得k=-1，或k=3，故所求的直线方程为，或；综上知，所求的直线方程为、，或．故选：ABC．【点睛】本题考查了利用分类讨论思想求直线方程的问题，是基础题．11.已知直线：，直线：，则（） A.当时，两直线的交点为B.直线恒过点C.若，则D.若，则或【答案】ABC【解析】【分析】求出两直线的交点判断A，求出直线过定点坐标即可判断B，根据两直线垂直、平行求出参数，即可判断C、D.【详解】对于A：当时直线：，直线：，由，解得，所以两直线的交点为，故A正确；对于B：直线：，令，解得，即直线恒过点，故B正确；对于C：若，则，解得，故C正确；对于D：若，则，解得或，当时直线：，直线：两直线重合，故舍去，当时直线：，直线：，两直线平行，所以，故D错误；故选：ABC12.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（）A.B.存在点，使平面C.存在点，使直线与所成的角为 D.点到平面与平面的距离和为定值【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意可知两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，，设，，所以，所以，A选项正确.点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确.，，设平面法向量为，则，故可设，要使平面，平面，则，解得，所以存在点，使平面，B选项正确.若直线与直线所成角为，则，，无解，所以C选项错误.故选：ABD第Ⅱ卷（共90分） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．13.过点，的直线的倾斜角为60°，则的值为____________．【答案】【解析】【分析】根据直线的倾斜角为60°求出直线的斜率，再根据两点的斜率公式列出方程，即可得解.【详解】∵直线的倾斜角为60°∴直线的斜率为∵直线过点，∴，解得.故答案为：.14.当为任意实数时，直线恒过定点，则点坐标为_________.【答案】【解析】【分析】为任意实数时恒过定点，则令的所有系数之和恒为即可.【详解】由，得，令解得故.【点睛】本题考查直线方程含参数时的过定点问题，解题方法是把方程整理为(为参数)，再令，解之即得定点坐标.15.在空间直角坐标系中，点的坐标分别是，，，，若四点共面，则___________.【答案】6【解析】【分析】先由点的坐标求得向量，再利用共面向量定理得到，由此列出方程组即可求得.【详解】由题意，得， 又四点共面，则存在，使得，即，即，解得，所以故答案为：6.16.点2，，3，，4，，若的夹角为锐角，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据的夹角为锐角，可得，且不能同向共线解出即可得出．【详解】1，，2，，的夹角为锐角，，且不能同向共线．解得，．则的取值范围为．故答案为．【点睛】本题主要考查了向量夹角公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共计70分．17.如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，.（1）用，，表示；（2）求的长.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）由向量的首尾相连原则及图形可得答案；（2）由（1）及计算模公式可得答案.【小问1详解】由图形及向量相加的首尾相连原则，；【小问2详解】由题可得，.则，则，即的长为.18.如图，已知三角形的三个顶点为，，，求：（1）BC所在直线的方程；（2）BC边上的高AD所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两点式求BC所在直线的方程；（2）由垂直关系得斜率，点斜式求AD所在直线的方程.【小问1详解】因为，，所以直线BC的方程为， 化简得；【小问2详解】因为，,所以，根据点斜式，得到直线AD方程为，即.19.已知直线的方程为，若直线过点，且.（1）求直线和直线的交点坐标；（2）已知直线经过直线与直线的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）求出直线的方程与方程联立求解交点坐标即可；（2）分类讨论，截距都为0与截距都不为0两种情况求解的方程即可.【小问1详解】因为直线过点，且，所以直线的方程为，即，联立，解得，，所以直线和直线的交点坐标为；【小问2详解】当直线在两坐标轴上的截距都为0时，此时直线方程为，当直线在两坐标轴上的截距都不为0时，此时可设直线方程为，因为直线过， 所以，所以，此时直线方程为，即，综上直线的方程为或.20.如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点.请用空间向量的知识解答下列问题：（1）求证：；（2）试求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系；（2）求出平面的法向量，得到二面角的余弦值.【小问1详解】该三棱柱是直三棱柱，且，两两互相垂直，以为原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，.【小问2详解】，，易知是平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，取，则，故，，二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.21.如图，在正四棱锥中，O为底面中心，，M为PO的中点，． （1）求证：平面EAC；（2）求直线DM到平面EAC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）说明PO，AC，BD两两垂直，由此可建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面EAC的一个法向量，计算的值，结合线面平行的判定即可证明结论；（2）由于平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离，由此利用空间距离的向量形式的公式计算，可得答案.【小问1详解】证明：在正四棱锥中，连接BD，则O为BD的中点，且，由于平面ABCD，AC，平面ABCD，所以，，所以PO，AC，BD两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，故E为PB靠近B的三等分点， 则，，，，，所以，，，设平面EAC的法向量为，则,取，则，，则为平面EAC的一个法向量，因为，所以，又因为平面EAC，所以平面EAC．【小问2详解】由（1）知平面EAC，所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离．由（1）知，平面EAC的一个法向量为，所以点D到平面EAC的距离,故直线DM到平面EAC的距离为．22.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．（1）求证：平面平面PAD；（2）若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在；或【解析】【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.【小问1详解】证明：连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，是的中点，，又，平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．【小问2详解】由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，所以，，． 设平面的法向量，则即令，得平面的一个法向量．设与平面所成的角为，则，解得或，即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．