福建省厦门市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）

第1页/共1页福建省厦门第一中学2023—2024学年度第一学期10月月考高二年数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.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，只有一项是符合题目要求的．1.过点且方向向量为的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程；【详解】解：因为直线的方向向量为，所以直线的斜率，又函数过点，所以直线方程为，即；故选：B2.已知直线与直线平行，则实数的值为（）A. B. C. D.0【答案】C【解析】【分析】由直线的位置关系列式求解，【详解】由题意知，则，得，经检验，时，故选：C3.在正三棱柱中，，点、分别为棱、的中点，则和所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得和所成角的余弦值.【详解】取的中点，连接，设，因为是边长为的等边三角形，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，，，因此，和所成角的余弦值为.故选：A.4.如图,平面内的小方格均为正方形,点为平面内的一点,为平面外一点,设,则的值为（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】先将写为,再根据平面向量基本定理,将写为,代入中,利用向量的加减,化为的形式,跟题中对比相等,即可得出结果.【详解】由题知，四点共面,根据平面向量基本定理,不妨设,，则,，,.故选:B5.已知三条直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为.若，则下列关系不可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】解：由题意，根据直线的斜率与倾斜角的关系有：当或时，或，故选项B可能成立；当时，，故选项A可能成立；当时，，故选项C可能成立；所以选项D不可能成立.故选：D.6.空间直角坐标系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知得，，，设向量与向量、都垂直，由向量垂直的坐标运算可求得，再由平面平行和距离公式计算可得选项.【详解】解：由已知得，，，设向量与向量、都垂直，则，即，取，，又平面平面，则平面与平面间的距离为，故选：A.7.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线l的方程为.利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意求平面的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角.【详解】对于，可以整理为，由题意可得：平面过点，且法向量，联立方程，整理可得，由题意可得：直线l过点，且方向向量为，∵，∴故直线l与平面所成角的正弦值为.故选：A.【点睛】结论点睛：直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即.8.人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（）（参考数据：，．）A.0.052 B.0.104 C.0.896 D.0.948【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果.【详解】设，由题意可得：，即，可知表示正方形，其中，即点在正方形的边上运动，因为，由图可知：当取到最小值，即最大，点有如下两种可能：①点为点A，则，可得；②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，则；因为，所以的最大值为.故选：B.【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.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2分，有选错的得0分．9.已知直线：，：，则（）A.恒过定点B.若，则C.若与坐标轴围成的三角形面积为1，则D.若，则与间的距离的最大值为【答案】AD【解析】【分析】求出直线、过定点坐标，从而求出两定点间的距离，即可判断A、D，利用特殊值判断B，求出直线与坐标轴的交点坐标，由面积公式，即可判断C.【详解】对于A：直线：，令，解得，所以直线：恒过定点，故A正确；对于B：若，则，即，但是得不到，如时：，：也满足，故B错误；对于C：依题意，对于，令，解得，令，解得，直线与轴交于点，与轴交于点，则与坐标轴围成的三角形面积，解得，故C错误；对于D：直线：，令，解得，则直线恒过点，令、，则，又，当直线、与垂直，则，，解得、，此时两平行直线与间的距离的最大，最大值为，故D正确；故选：AD10.已知直线，则（）A.无论如何变化，直线恒过定点B.无论如何变化，直线一定不经过第三象限C.无论如何变化，直线必经过第一、二、三象限D.当取不同数值时，可得到一组平行直线【答案】BD【解析】【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可得到斜率、与轴的交点坐标，再一一判断即可.【详解】直线，即，即，因为直线的斜率，与轴的交点为，交于正半轴，故直线恒过一、二、四象限，不过第三象限，即B正确，C错误，当取不同数值时，也随着改变，直线与轴的交点也随着改变，又直线的斜率不变，所以当取不同数值时，可得到一组平行直线，故D正确，由D可知直线不过定点，故A错误；故选：BD11.在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（x，y，），则（）A.若，则平面ACD B.若，则C.当最小时， D.当最大时，【答案】CD【解析】【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于A：若，则点即为点，进而可得结果；对于B：若，可得点在线段上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于C、D：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断.【详解】由，平面平面，平面平面，平面，得平面，又N在侧面上（包含边界），设，且，于是，而，则，且，对于A，若，则，点即为点，显然平面，A错误；对于B，若，则，即点在线段上（包括端点），由平面，知当且仅当点为点，，B错误；过作，垂足为，得，，由平面，平面，得，而，平面，则平面，因此，对于C，显然当点与点重合时，最小，此时，则，C正确；对于D，显然当点与点重合时，最大，即最大，此时，于是，D正确.故选：CD12.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则（）A.设向量旋转后的向量为，则B.点的轨迹是以为半径的圆C.设向量旋转后的向量为，在平面上的投影向量为，则的取值范围是D.直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】利用坐标法，由可得，利用模长公式可判断A、B，利用投影向量的概念可得，可判断C，利用夹角公式可判断D.【详解】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，故A正确；设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，故B正确；由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，则，故C正确；设直线在平面内的投影与直线所成的角为，则，故D错误故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解答的关键是建立空间直角坐标系，利用坐标法计算.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知空间三点，则点到直线的距离为_____________．【答案】【解析】【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.【详解】易知，则，，故点到直线的距离为．故答案为：.14.将直线l向右平移1个单位长度，再向下平移个单位长度，得到的直线与l重合，则直线l的倾斜角为________．【答案】【解析】【分析】设出直线方程，然后按照题意进行平移，最后根据两直线相同列出等式计算即可.【详解】显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，于是得平移后的直线方程为，即，依题意，，解得，所以直线的斜率为，倾斜角为.故答案为：15.如图，在四棱台中，，，则最小值是__________．【答案】【解析】【分析】先判断出的最小值为四棱台的高，添加如图所示的辅助线后可求四棱台的高，从而可得所求的最小值.【详解】如图，设，则平面，故，的最小值即为四棱台的高.如下图，过作，垂足为，过作，垂足为，过作平面，垂足为，连接，则，，因为，，故，故，而，故，所以，因为平面，故，而，故平面，因平面，故，故，故即的最小值为，故答案为：.【点睛】思路点睛：在空间向量中，对于含参数的向量的模的最值问题，应该根据几何体的特征合理转化向量，从而把最值问题归结为距离问题.16.若恰有三组不全为0的实数对,满足关系式，则实数t的所有可能的值为__________．【答案】或或【解析】【分析】化简得到，然后对进行分类讨论即可求解.【详解】由已知得，整理得，看成有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，又，（1）当，此时易得符合题意的直线l为线段AB的垂直平分线以及与直线平行的两条直线和；（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，注意到l不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．设点A到l的距离为d，①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合；②作为增根被舍去的直线l，过原点且与平行，其方程为，此时，符合；综上，满足题意的实数t为或或故答案为：或或【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简得到，将问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，然后分类讨论即得.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．17.四棱柱的六个面都是平行四边形，点在对角线上，且，点在对角线上，且．（1）设向量，，，用、、表示向量、；（2）若、、三点共线，求实数的取值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）首先表示出，即可得到，由、、三点共线，则，根据空间向量基本定理得到方程组，解得即可.【小问1详解】依题意，.【小问2详解】因，点在对角线上，且，所以，则，因为、、三点共线，所以，即，又、、不共面，所以、、可以作为空间中的一组基底，所以，解得.18.已知坐标平面内三点，，．（1）若，，，可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标；（2）若是线段上一动点，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设（），依题意可得，根据向量相等的坐标表示得到方程组，解得即可；（2）设，，用的式子表示、，从而转化为关于的二次函数，即可求出的取值范围.【小问1详解】设（），依题意可得，又，，，所以，，所以，解得，即.【小问2详解】设，，则，所以，则，所以，因，所以当时取最小值，当时取最大值，所以的取值范围为.19.如图，在底面为菱形的四棱锥中，，．（1）求证：平面平面ABCD；（2）已知，求直线BN与平面ACN所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中点为O，连结OM，OB，根据四边形ABCD是为菱形，且，得到为正三角形，从而，且，再由，得到，进而由勾股定理得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；（2）以O为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面ACN的一个法向量为，然后利用求解.【小问1详解】证明：取AD的中点为O，连结OM，OB，因为四边形ABCD是为菱形，且，所以为正三角形，所以，且．因为，所以，所以，又因为，所以，所以，因为，平面ABCD，平面ABCD所以平面ABCD，又因为平面MAD，所以平面平面ABCD．【小问2详解】由（1）知，OA，OB，OM两两垂直，故以O为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，所以，，，设平面ACN的一个法向量为，则，即，取，则．因为，则，所以直线BN与平面ACN所成角的正弦值为．20.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，为坐标原点，且．（1）求椭圆的方程；（2）已知过点的直线与椭圆交于，两点，点，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意得到，解得即可；（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，通过计算，即可得证.【小问1详解】依题意可得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）可知，若直线的斜率为，即直线的方程为，显然，若直线斜率不为，设直线的方程为，，，由，消去整理得，显然，所以，，又，，所以，所以.综上可得.21.如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取AM的中点G，连接PG，即当平面平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，即可得到结果；（2）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点，分别DA以DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.【小问1详解】取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，，则四棱锥的体积最大值为.【小问2详解】连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以