福建省廈門市第一中學2023-2024學年高二上學期10月月考數(shù)學試題（解析版）

第1頁/共1頁福建省廈門第一中學2023—2024學年度第一學期10月月考高二年數(shù)學試卷考生注意：1．答題前，考生務必將自己的準考證號、姓名填寫在答題卡上.考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號、姓名、考試科目”與考生本人準考證號、姓名是否一致.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將答題卡交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.過點且方向向量為的直線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出直線的斜率，再利用點斜式求出直線方程；【詳解】解：因為直線的方向向量為，所以直線的斜率，又函數(shù)過點，所以直線方程為，即；故選：B2.已知直線與直線平行，則實數(shù)的值為（）A. B. C. D.0【答案】C【解析】【分析】由直線的位置關系列式求解，【詳解】由題意知，則，得，經檢驗，時，故選：C3.在正三棱柱中，，點、分別為棱、的中點，則和所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取的中點，連接，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得和所成角的余弦值.【詳解】取的中點，連接，設，因為是邊長為的等邊三角形，則，因為平面，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，，，因此，和所成角的余弦值為.故選：A.4.如圖,平面內的小方格均為正方形,點為平面內的一點,為平面外一點,設,則的值為（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】先將寫為,再根據(jù)平面向量基本定理,將寫為,代入中,利用向量的加減,化為的形式,跟題中對比相等,即可得出結果.【詳解】由題知，四點共面,根據(jù)平面向量基本定理,不妨設,，則,，,.故選:B5.已知三條直線，，的斜率分別為，，，傾斜角分別為.若，則下列關系不可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)直線的斜率與傾斜角的關系即可求解.【詳解】解：由題意，根據(jù)直線的斜率與傾斜角的關系有：當或時，或，故選項B可能成立；當時，，故選項A可能成立；當時，，故選項C可能成立；所以選項D不可能成立.故選：D.6.空間直角坐標系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，則平面與平面間的距離為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知得，，，設向量與向量、都垂直，由向量垂直的坐標運算可求得，再由平面平行和距離公式計算可得選項.【詳解】解：由已知得，，，設向量與向量、都垂直，則，即，取，，又平面平面，則平面與平面間的距離為，故選：A.7.閱讀材料：空間直角坐標系中，過點且一個法向量為的平面的方程為；過點且一個方向向量為的直線l的方程為.利用上面的材料，解決下面的問題：已知平面的方程為，直線l是平面與的交線，則直線l與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意求平面的法向量與直線l的方向向量，利用空間向量求線面夾角.【詳解】對于，可以整理為，由題意可得：平面過點，且法向量，聯(lián)立方程，整理可得，由題意可得：直線l過點，且方向向量為，∵，∴故直線l與平面所成角的正弦值為.故選：A.【點睛】結論點睛：直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即.8.人臉識別，是基于人的臉部特征信息進行身份識別的一種生物識別技術．在人臉識別中，主要應用距離測試檢測樣本之間的相似度，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．設，，則曼哈頓距離，余弦距離，其中（O為坐標原點）．已知，，則的最大值近似等于（）（參考數(shù)據(jù)：，．）A.0.052 B.0.104 C.0.896 D.0.948【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意分析可得在正方形的邊上運動，結合圖象分析的最大值，即可得結果.【詳解】設，由題意可得：，即，可知表示正方形，其中，即點在正方形的邊上運動，因為，由圖可知：當取到最小值，即最大，點有如下兩種可能：①點為點A，則，可得；②點在線段上運動時，此時與同向，不妨取，則；因為，所以的最大值為.故選：B.【點睛】方法定睛：在處理代數(shù)問題時，常把代數(shù)轉化為幾何圖形，數(shù)形結合處理問題.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知直線：，：，則（）A.恒過定點B.若，則C.若與坐標軸圍成的三角形面積為1，則D.若，則與間的距離的最大值為【答案】AD【解析】【分析】求出直線、過定點坐標，從而求出兩定點間的距離，即可判斷A、D，利用特殊值判斷B，求出直線與坐標軸的交點坐標，由面積公式，即可判斷C.【詳解】對于A：直線：，令，解得，所以直線：恒過定點，故A正確；對于B：若，則，即，但是得不到，如時：，：也滿足，故B錯誤；對于C：依題意，對于，令，解得，令，解得，直線與軸交于點，與軸交于點，則與坐標軸圍成的三角形面積，解得，故C錯誤；對于D：直線：，令，解得，則直線恒過點，令、，則，又，當直線、與垂直，則，，解得、，此時兩平行直線與間的距離的最大，最大值為，故D正確；故選：AD10.已知直線，則（）A.無論如何變化，直線恒過定點B.無論如何變化，直線一定不經過第三象限C.無論如何變化，直線必經過第一、二、三象限D.當取不同數(shù)值時，可得到一組平行直線【答案】BD【解析】【分析】首先將直線方程化為斜截式，即可得到斜率、與軸的交點坐標，再一一判斷即可.【詳解】直線，即，即，因為直線的斜率，與軸的交點為，交于正半軸，故直線恒過一、二、四象限，不過第三象限，即B正確，C錯誤，當取不同數(shù)值時，也隨著改變，直線與軸的交點也隨著改變，又直線的斜率不變，所以當取不同數(shù)值時，可得到一組平行直線，故D正確，由D可知直線不過定點，故A錯誤；故選：BD11.在四面體中（如圖），平面平面，是等邊三角形，，，M為AB的中點，N在側面上（包含邊界），若，（x，y，），則（）A.若，則平面ACD B.若，則C.當最小時， D.當最大時，【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)可證平面，設，且，進而可得，對于A：若，則點即為點，進而可得結果；對于B：若，可得點在線段上（包括短點），結合垂直關系分析判斷；對于C、D：過作，垂足為，可證平面，則，結合圖形分析判斷.【詳解】由，平面平面，平面平面，平面，得平面，又N在側面上（包含邊界），設，且，于是，而，則，且，對于A，若，則，點即為點，顯然平面，A錯誤；對于B，若，則，即點在線段上（包括端點），由平面，知當且僅當點為點，，B錯誤；過作，垂足為，得，，由平面，平面，得，而，平面，則平面，因此，對于C，顯然當點與點重合時，最小，此時，則，C正確；對于D，顯然當點與點重合時，最大，即最大，此時，于是，D正確.故選：CD12.如圖，正三棱柱的各棱長均為1，點和點分別為棱和棱的中點，先將底面置于平面內，再將三棱柱繞旋轉一周，則（）A.設向量旋轉后的向量為，則B.點的軌跡是以為半徑的圓C.設向量旋轉后的向量為，在平面上的投影向量為，則的取值范圍是D.直線在平面內的投影與直線所成角的余弦值的取值范圍是【答案】ABC【解析】【分析】利用坐標法，由可得，利用模長公式可判斷A、B，利用投影向量的概念可得，可判斷C，利用夾角公式可判斷D.【詳解】如圖，取棱的中點，以為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，繞著旋轉即繞著軸旋轉，設旋轉后的向量為，則，故A正確；設，則，，點的軌跡是以為半徑的圓，故B正確；由題知，在平面上的投影向量即為其在平面上的投影向量，則，故C正確；設直線在平面內的投影與直線所成的角為，則，故D錯誤故選：ABC.【點睛】關鍵點睛：本題解答的關鍵是建立空間直角坐標系，利用坐標法計算.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知空間三點，則點到直線的距離為_____________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)點到直線的距離公式即可求解.【詳解】易知，則，，故點到直線的距離為．故答案為：.14.將直線l向右平移1個單位長度，再向下平移個單位長度，得到的直線與l重合，則直線l的傾斜角為________．【答案】【解析】【分析】設出直線方程，然后按照題意進行平移，最后根據(jù)兩直線相同列出等式計算即可.【詳解】顯然直線不垂直于坐標軸，設直線的方程為，于是得平移后的直線方程為，即，依題意，，解得，所以直線的斜率為，傾斜角為.故答案為：15.如圖，在四棱臺中，，，則最小值是__________．【答案】【解析】【分析】先判斷出的最小值為四棱臺的高，添加如圖所示的輔助線后可求四棱臺的高，從而可得所求的最小值.【詳解】如圖，設，則平面，故，的最小值即為四棱臺的高.如下圖，過作，垂足為，過作，垂足為，過作平面，垂足為，連接，則，，因為，，故，故，而，故，所以，因為平面，故，而，故平面，因平面，故，故，故即的最小值為，故答案為：.【點睛】思路點睛：在空間向量中，對于含參數(shù)的向量的模的最值問題，應該根據(jù)幾何體的特征合理轉化向量，從而把最值問題歸結為距離問題.16.若恰有三組不全為0的實數(shù)對,滿足關系式，則實數(shù)t的所有可能的值為__________．【答案】或或【解析】【分析】化簡得到，然后對進行分類討論即可求解.【詳解】由已知得，整理得，看成有且僅有三條直線滿足和到直線(不過原點)的距離t相等，又，（1）當，此時易得符合題意的直線l為線段AB的垂直平分線以及與直線平行的兩條直線和；（2）當時，有4條直線l會使得點和到它們的距離相等，注意到l不過原點，所以當其中一條直線過原點時，會作為增根被舍去．設點A到l的距離為d，①作為增根被舍去的直線l，過原點和A，B的中點，其方程為，此時，符合；②作為增根被舍去的直線l，過原點且與平行，其方程為，此時，符合；綜上，滿足題意的實數(shù)t為或或故答案為：或或【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是化簡得到，將問題轉化為有且僅有三條直線滿足和到直線(不過原點)的距離t相等，然后分類討論即得.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.四棱柱的六個面都是平行四邊形，點在對角線上，且，點在對角線上，且．（1）設向量，，，用、、表示向量、；（2）若、、三點共線，求實數(shù)的取值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)空間向量線性運算法則計算可得；（2）首先表示出，即可得到，由、、三點共線，則，根據(jù)空間向量基本定理得到方程組，解得即可.【小問1詳解】依題意，.【小問2詳解】因，點在對角線上，且，所以，則，因為、、三點共線，所以，即，又、、不共面，所以、、可以作為空間中的一組基底，所以，解得.18.已知坐標平面內三點，，．（1）若，，，可以構成平行四邊形，且點在第一象限，求點的坐標；（2）若是線段上一動點，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設（），依題意可得，根據(jù)向量相等的坐標表示得到方程組，解得即可；（2）設，，用的式子表示、，從而轉化為關于的二次函數(shù)，即可求出的取值范圍.【小問1詳解】設（），依題意可得，又，，，所以，，所以，解得，即.【小問2詳解】設，，則，所以，則，所以，因，所以當時取最小值，當時取最大值，所以的取值范圍為.19.如圖，在底面為菱形的四棱錐中，，．（1）求證：平面平面ABCD；（2）已知，求直線BN與平面ACN所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中點為O，連結OM，OB，根據(jù)四邊形ABCD是為菱形，且，得到為正三角形，從而，且，再由，得到，進而由勾股定理得到，然后利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明；（2）以O為坐標原點，分別以，，為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，求得平面ACN的一個法向量為，然后利用求解.【小問1詳解】證明：取AD的中點為O，連結OM，OB，因為四邊形ABCD是為菱形，且，所以為正三角形，所以，且．因為，所以，所以，又因為，所以，所以，因為，平面ABCD，平面ABCD所以平面ABCD，又因為平面MAD，所以平面平面ABCD．【小問2詳解】由（1）知，OA，OB，OM兩兩垂直，故以O為坐標原點，分別以，，為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，，，，所以，，，設平面ACN的一個法向量為，則，即，取，則．因為，則，所以直線BN與平面ACN所成角的正弦值為．20.已知橢圓的離心率為，左、右焦點分別為，，為坐標原點，且．（1）求橢圓的方程；（2）已知過點的直線與橢圓交于，兩點，點，求證：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）依題意得到，解得即可；（2）設直線的方程為，，，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，通過計算，即可得證.【小問1詳解】依題意可得，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由（1）可知，若直線的斜率為，即直線的方程為，顯然，若直線斜率不為，設直線的方程為，，，由，消去整理得，顯然，所以，，又，，所以，所以.綜上可得.21.如圖①所示，長方形中，，，點是邊的中點，將沿翻折到，連接，，得到圖②的四棱錐．（1）求四棱錐的體積的最大值；（2）設的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取AM的中點G，連接PG，即當平面平面ABCM時，P點到平面ABCM的距離最大，即可得到結果；（2）連接DG，過點D作平面ABCD，以D為坐標原點，分別DA以DC，DZ所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，以及法向量，列出方程，即可得到結果.【小問1詳解】取的中點，連接，因為，則，當平面平面時，點到平面的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，此時平面，且，底面為梯形，，則四棱錐的體積最大值為.【小問2詳解】連接，因為，所以，所以為的平面角，即，過點作平面，以為坐標原點，分別以