安徽省桐城中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期第一次教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué) Word版含解析.docx

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安徽省桐城中學(xué)2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高二第一次教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試卷（考試總分：150分考試時長：120分鐘）一、單選題（本題共計8小題，總分40分）1.直線x+y﹣1＝0的傾斜角為（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出斜率，由斜率得傾斜角．【詳解】直線x+y﹣1＝0的斜率是，∴傾斜角為．故選：C.【點睛】本題考查直線的傾斜角，掌握傾斜角與斜率的關(guān)系是解題關(guān)鍵．2.如圖，在平行六面體中，與交點為，設(shè)，，，則下列選項中與向量相等的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)空間向量基本定理結(jié)合平行六面體的性質(zhì)求解.【詳解】因為在平行六面體中，M為與的交點，，，， 所以=.故選：B3.下列函數(shù)既是奇函數(shù)，又在上單調(diào)遞增的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，依次分析選項中函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，綜合即可得答案．【詳解】對于A，，為偶函數(shù)，不符合題意；對于B,，其定義域為，有，為奇函數(shù)，設(shè)，在上為減函數(shù)，而為增函數(shù)，則在上為減函數(shù)，不符合題意；對于C,,有，為奇函數(shù)，且為增函數(shù)，故在R上為增函數(shù)，符合題意；對于D,，其定義域為R，有，為奇函數(shù)，設(shè)在R上為減函數(shù)，而為增函數(shù)，則在R上為減函數(shù)，不符合題意.故選：C【點睛】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的判定，關(guān)鍵是掌握常見函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，屬于中檔題．4.定義，若向量，向量為單位向量，則的取值范圍是（）A.[6，12]B.[0，6]C.[-1，5]D.[0，12] 【答案】A【解析】【分析】設(shè)，則,由即得解.【詳解】由題意知，．設(shè)，則．又，∴，∴．故選：A5.已知直線和以，為端點的線段相交，則實數(shù)的取值范圍為（）AB.C.D.或【答案】D【解析】【分析】直線過定點，分別求出和，結(jié)合圖形，可求出答案.【詳解】由題意，直線可化為，令，得，即該直線過定點，，，所以當(dāng)或時，直線和以，為端點的線段相交.故選：D.【點睛】本題考查了直線系方程的應(yīng)用，以及過兩點的直線的斜率的求法，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．6.一個結(jié)晶體的形狀為平行六面體，其中，以頂點 為端點的三條棱長都相等，且它們彼此的夾角都是，則與所成角的余弦值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】將向量分別用表示，再根據(jù)結(jié)合數(shù)量積的運算律即可得解.【詳解】不妨設(shè)，則，，則，，，所以，即與所成角的余弦值為.故選：D. 7.如圖，已知，，，，，一束光線從點出發(fā)射到上的點，經(jīng)反射后，再經(jīng)反射，落到線段上（不含端點），則直線的斜率的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)關(guān)于直線對稱的點為，關(guān)于直線對稱的點為，連接與直線分別交于，連接，分別與直線交于，由題意，在線段之間即可，算出兩點的坐標(biāo)結(jié)合斜率公式即可得到答案.【詳解】設(shè)關(guān)于直線對稱的點為，關(guān)于直線對稱的點為，連接與直線分別交于，連接，分別與直線交于，由題意，在線段之間即可，又，直線的方程為，設(shè)，則，解得，所以，同理可得關(guān)于直線對稱的點，所以直線：， 又直線方程為：，所以，所以直線方程為：，即，由，得，所以，又易得方程為：，所以，所以.故選：B【點睛】本題考查求點關(guān)于直線對稱的點、兩直線的交點的問題，涉及到入射光線、反射光線，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)計算能力，是一道有一定難度的題.8.如圖，菱形邊長為2，，E為邊的中點，將沿折起，使A到，連接，且，平面與平面的交線為l，則下列結(jié)論中錯誤的是（）A.平面平面B.C.與平面所成角的余弦值為D.二面角的余弦值為 【答案】C【解析】【分析】對于A，由平面幾何的知識可知，再利用線面垂直的判定定理可證得平面，由此再利用面面垂直的性質(zhì)定理即可證得平面平面；對于B，利用線面平行的性質(zhì)定理即可證得；對于C，先證明兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，再求得與平面的一個法向量，從而可求得與平面所成角的余弦值為；對于D，在C的基礎(chǔ)上，求得平面與平面的一個法向量與，由此可求得二面角的余弦值為.【詳解】對于A，在菱形中連結(jié)，在中，，，所以是正三角形，由于E為邊的中點，所以，又，故，又因為,平面，所以平面，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，故A正確；對于B，因為，平面，平面，所以面，又面與面的交線為l，面,所以，故B正確；對于C，由A知，，故折起后仍有，又平面，則，故以為原點,分別以為軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則，則，因為面，所以是面的一個法向量，設(shè)與平面所成角為，則，所以，故C錯誤； 對于D，易證面，故為平面的一個法向量，又，設(shè)平面的一個法向量為：，則，即，令，則，故，所以，又由圖形可知二面角為銳角，故其余弦值為，故D正確.故選：C.二、多選題（本題共計4小題，總分20分）9.(多選題)已知是不共面的三個向量，則下列向量組中，不能構(gòu)成一個基底的一組向量是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用空間向量基底的意義逐一分析各選項中的三個向量是否共面即可得解.詳解】對于A，因，則三個向量共面，它們不能構(gòu)成一個基底；對于B，因，則三個向量共面，它們不能構(gòu)成一個基底；對于C，假設(shè)共面，則必有不全為0的實數(shù)，使得， 因不共面，則，即，與不全為0矛盾，因此，不共面，它們能構(gòu)成一個基底；對于D，因，則三個向量共面，它們不能構(gòu)成一個基底，所以不能構(gòu)成一個基底的一組向量是ABD.故選：ABD10.下列說法錯誤的是（）A.“”是“直線與直線互相垂直”的充要條件B.直線的傾斜角的取值范圍是C.經(jīng)過兩點，的直線方程過D.方程與方程表示同一條直線【答案】AD【解析】【分析】對于A：利用垂直直線的關(guān)系和充要條件的概念即可判斷；對于B：首先求出斜率范圍，進(jìn)而得到傾斜角范圍；對于C：分別討論斜率是否存在，并利用兩點式即可判斷；對于D：分析兩個方程的定義域即可判斷.【詳解】對于A：若，則兩直線方程分別為：和，兩直線的斜率分別為，，故，從而直線與直線互相垂直；若直線與直線互相垂直，則，解得或，從而“”是“直線與直線互相垂直”的充分不必要條件，故A錯誤；對于B：由題意，直線的斜率，即且，解得或，故B正確；對于C：當(dāng)斜率不存在時，此時直線方程：且，此時符合題意；當(dāng)斜率存在時，由兩點式可知：直線方程為： 滿足題意，故C正確；對于D：因為的定義域為，而的定義域為，所以方程與方程不表示同一條直線，故D錯誤.故選：AD.11.下列說法錯誤的是（）A.是直線的一個單位方向向量B.直線與直線之間的距離是C.點到直線l：的距離為D.經(jīng)過點，且在兩坐標(biāo)軸上的截距的絕對值相等的直線條數(shù)共有2條【答案】ACD【解析】【分析】對于A：根據(jù)單位向量模長為1判斷；對于B：先把兩平行直線的的系數(shù)化為相同后再代入平行直線距離公式；對于C：代入點到直線距離公式計算；對于D：截距的絕對值相等的直線還包括過原點直線.【詳解】對于A：的模長為，不是單位向量，故A錯誤；對于B：化為，與的距離為，故B正確；對于C：點到直線l：的距離為，故C錯誤；對于D：在兩坐標(biāo)軸上的截距的絕對值相等的直線有斜率為的兩條，還有過原點的一條，故D錯誤.故選：ACD.12.已知，，且，則（）A.的取值范圍B.的取值范圍是C.D.的最小值是【答案】CD【解析】 【分析】對A利用基本不等式構(gòu)造，解出范圍即可，同時注意的前提，對B構(gòu)造得到最小值，同時注意，對C把原式變?yōu)閱巫兞浚俜蛛x常數(shù)構(gòu)造基本不等式情形即可，對D依然把原式變?yōu)閱巫兞?，再分離常數(shù)構(gòu)造基本不等式情形即可求出最值.【詳解】因為,且,所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，注意到，則解得,即,所以的取值范圍為，故A錯誤;又,且僅當(dāng)時取等號,解得，又，故B錯誤，由,得,所以，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即或，無法取到，故，故C正確；，,當(dāng)且僅當(dāng),即時取等號,此時取得最小值，故D正確.故選：CD.【點睛】本題對基本不等式需要達(dá)到靈活運用，利用基本不等式構(gòu)建一元二次不等式求范圍，分離常數(shù)構(gòu)造滿足基本不等式的情形求解最值，同時一定要注意取等條件是否能達(dá)到. 三、填空題（本題共計4小題，總分20分）13.有一根蠟燭點燃6min后，蠟燭長為17.4cm；點燃21min后，蠟燭長為8.4cm．已知蠟燭長度l（cm）與燃燒時間t（min）可用直線方程表示，則這根蠟燭從點燃到燃盡共耗時______min．【答案】35【解析】【分析】假設(shè)直線方程為，利用待定系數(shù)法求得直線方程，代入即可求得結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，不妨設(shè)直線方程為，則，解得，所以直線方程為，當(dāng)時，即，得，所以這根蠟燭從點燃到燃盡共耗時35min.故答案為：35.14.已知的內(nèi)角、、的對邊分別是，，，若，，，則的面積為_____________.【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得，由余弦定理可得，從而有，再由三角形的面積公式求解即可.【詳解】解：因為，則，由正弦定理可得，，即，由余弦定理可得，則，解得，所以，又因為，所以.故答案為：15.已知點為正四面體的外接球上的任意一點，正四面體的棱長為2，則的取值范圍為___________. 【答案】【解析】【分析】將正四面體放在正方體內(nèi)，以正方體的中心為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法求的取值范圍.【詳解】如圖，將正四面體放在正方體內(nèi)，并建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵正四面體的棱長為2，則正方體的棱長為，正四面體ABCD的外接球即為圖中正方體的外接球，其半徑為R，則，則，，設(shè)，則，則，∵，，∴.故答案為：.16.已知等腰內(nèi)接于圓O，點M是下半圓弧上的動點（不含端點，如圖所示）. 現(xiàn)將上半圓面沿AB折起，使所成的二面角為.則直線AC與直線OM所成角的正弦值最小值為______.【答案】##0.5【解析】【分析】取下半圓弧的中點D，連接OC，OD，以點O為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.【詳解】在折后的圖形中，取下半圓弧的中點D，連接OC，OD，如圖，依題意，平面，于是得平面，且是二面角的平面角，即，在平面內(nèi)過點O作，因此射線兩兩垂直，以點O為原點，射線分別為非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，令，則，設(shè)點，顯然有，于是得，令直線AC與直線OM所成的角為，因此， 當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，顯然直線AC與直線OM為異面直線，即，而余弦函數(shù)在上單調(diào)遞減，因此取最大值時，角取最小值，，所以直線AC與直線OM所成角的正弦值最小值為.故答案為：【點睛】思路點睛：求空間角的最值問題，根據(jù)給定條件，選定變量，將該角的某個三角函數(shù)建立起變量的函數(shù)，求出函數(shù)最值即可.四、解答題（本題共計6小題，總分70分）17.（1）已知，，且，求，的值；（2）已知，，若與（為坐標(biāo)原點）的夾角為，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用空間向量的坐標(biāo)運算，結(jié)合空間向量共線的坐標(biāo)表示計算作答；（2）先算出，，然后利用數(shù)量積的坐標(biāo)運算得到，再利用夾角公式即可得到答案【詳解】（1）因為，，所以，，因為，所以，解得，所以；（2）因為，，所以，， 所以，因為與的夾角為，所以，因為解得18.在平面直角坐標(biāo)系中，為坐標(biāo)原點，過點作直線分別與軸正半軸、軸正半軸交于點.（1）當(dāng)斜率為2時，求的一般式方程；（2）求面積的最小值時直線的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由點斜式寫出的方程，再化成一般式即；（2）則設(shè)直線的方程為，，求得在兩坐標(biāo)軸的截距分別為，，再由，可得，結(jié)合基本不等式可得當(dāng)時，面積的最小值，即可得答案.【小問1詳解】解：由題意可知，直線的方程：，即；小問2詳解】解：∵點在第一象限，且直線分別與軸正半軸、軸正半軸相交，∴直線的斜率，則設(shè)直線的方程為，，令，得；令，得.∴.∵，∴， ∴，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立.∴面積的最小值為6.此時直線的方程為，即.19.如圖，在四棱錐中，平面，底面四邊形是正方形，，點為上的點，.（1）求證：平面平面；（2）若，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定證明，，進(jìn)而可得平面，從而得到平面平面；（2）（法一）利用等體積法求解；（法二）以為坐標(biāo)原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，再根據(jù)點到面的向量表示求解即可.【小問1詳解】因為底面四邊形為正方形，所以，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】（法一）因為平面，平面，所以， 因為底面四邊形為正方形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，即為直角三角形，因為，則，所以，，，，在中，，在中，由余弦定理，即，同理可求得，所以為直角三角形，，因為，所以點到平面的距離為，設(shè)點到平面的距離為，由得，即，所以，所以點到平面的距離為.（法二）因為，則，以為坐標(biāo)原點，，，所在的直線分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，.所以，由，得， ，，，設(shè)平面的一個法向量為，則取，可得，，所以，設(shè)點到平面的距離為，則，所以點到平面的距離為.20.如圖，將一塊直角三角形木板置于平面直角坐標(biāo)系中，已知，，點是三角形木板內(nèi)一點，現(xiàn)因三角形木板中陰影部分受到損壞，要把損壞部分鋸掉，可用經(jīng)過點P的任一直線將三角形木板鋸成，設(shè)直線的斜率為k.（1）用k表示出直線的方程，并求出M、N的坐標(biāo)；（2）求鋸成的的面積的最小值.【答案】（1），，.（2）.【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求得直線的方程，再聯(lián)立直線方程組即可求得M、N的坐標(biāo)；（2）先由題意確定的范圍，再利用（1）結(jié)論可得到與M到直線的距離，由此得到的面積關(guān)于的關(guān)系式，利用基本不等式即可求解. 【小問1詳解】設(shè)直線，因直線過點，所以，即，所以，又因為，，易得直線，直線，聯(lián)立，解得；聯(lián)立，解得，故，.【小問2詳解】因為，，所以，所以，因為，設(shè)M到直線的距離為d，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，所以S的最小值為.21.在中，，，，D、E分別是AC、AB上的點，滿足且DE經(jīng)過的重心，將沿DE折起到的位置，使，M是的中點，如圖所示. （1）求證：平面BCDE；（2）求CM與平面所成角的大小；（3）在線段上是否存在點N（N不與端點、B重合），使平面CMN與平面DEN垂直?若存在，求出與BN的比值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在；2【解析】【分析】（1）結(jié)合線面垂直判定定理和折疊性質(zhì)可證；（2）通過建系法求出和平面的法向量，設(shè)線面角為，結(jié)合公式求解即可；（3）在（2）的坐標(biāo)系基礎(chǔ)上，寫出坐標(biāo)，設(shè)，，表示出點N，分別求出平面CMN與平面DEN的法向量，令數(shù)量積為0，求出參數(shù)即可.【小問1詳解】因為在中，，，所以，因為折疊前后對應(yīng)角相等，所以，所以平面，，又，，所以平面BCDE；【小問2詳解】因為DE經(jīng)過的重心，故，由（1）知平面BCDE，以為軸，為軸，為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由幾何關(guān)系可知，，故，， ，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，設(shè)CM與平面所成角的大小為，則有，故，即CM與平面所成角的大小為；【小問3詳解】設(shè)，，即，即，，，，設(shè)平面CMN的法向量為，則有，即，令則，，，同理，設(shè)平面DEN的法向量為，，則，即，令，則，故，若平面CMN與平面DEN垂直，則滿足，即，，故存在這樣的點，，所以22.如圖，正方形和所在平面互相垂直，且邊長都是1，，，分別為線段，，上的動點，且，平面，記. （1）證明：平面；（2）當(dāng)?shù)拈L最小時，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證明線面垂直；（2）求出的長最小時點的位置，然后分別以，，所在的直線為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法求二面角．【詳解】（1）因為平面，且平面，平面平面，所以，所以，所以，所以，所以，所以，又因為平面平面，且平面，平面平面，所以平面.（2）由（1）知，，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，分別以，，所在的直線為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，， 設(shè)平面的一個法向量為，因為，，則，取，得，設(shè)平面的一個法向量為，因為，，則，取，得，所以，則二面角的余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的性質(zhì)定理，考查用空間向量法求二面角，解題關(guān)鍵是是建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，由向量的夾角得二面角，注意觀察二面角是銳二面角還是鈍二面角．