2022-2023学年河北省邢台市高二年级上册学期第一次月考数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省邢台市高二上学期第一次月考数学试题一、单选题1．直线绕原点逆时针旋转90°后所对应的直线斜率为（

）A．-1 B． C． D．1【答案】A【分析】根据给定条件，求出对应直线的倾斜角即可计算作答.【详解】因直线的斜率为1，倾斜角为45°，则直线绕原点逆时针旋转90°后所对应直线的倾斜角为135°，所以对应的直线斜率为.故选：A2．已知空间三点，，，则到直线的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】首先求出、，再根据夹角公式求出，从而求出，再根据距离公式计算可得.【详解】解：因为，，，所以，，则，，，所以，则，所以到直线的距离为.故选：B3．已知直线经过点，且它的一个方向向量为，则（

）A．直线的点斜式方程为B．直线的斜截式方程为C．直线的截距式方程为D．直线的一般式方程为【答案】C【分析】利用方向向量求得斜率，从而求得直线的点斜式，斜截式，截距式，一般式方程【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率.因为直线经过点，所以直线的点斜式为，斜截式为，截距式为，一般式为.故选：C4．已知，，，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接根据空间向量的投影计算公式求出在上的投影，进行计算在上的投影向量.【详解】因为，，所以.因为，所以故在上的投影向量为故选：B5．如图，在平行六面体中，E，F分别在棱和上，且.记，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，由空间向量的线性运算可得，由空间向量基本定理即可求解.【详解】设，因为，所以，，.因为，所以.故选:B.6．若直线l的斜率，则直线l的倾斜角的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据直线的倾斜角与斜率的关系直接求解即可.【详解】直线的斜率与倾斜角满足，且，若，则.故选:C.7．在直三棱柱中，，，是的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，若，则异面直线与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，求的坐标，利用向量垂直坐标表示列方程求值，再写出，利用空间向量夹角公式得到向量夹角，最后得到异面直线夹角.【详解】设，则，，，，，，，，因为，所以，解得.因为，，所以，故异面直线与夹角的余值为.故选：B.8．已知直线的斜率小于0，且经过点，并与坐标轴交于，两点，，当的面积取得最小值时，直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可设直线：，由题意分别求出，，即可表示出的面积，再由均值不等式即可求出答案.【详解】由题意可设直线：，将点的坐标代入，得，则，则.不妨假设在轴上，则，记为坐标原点，因为线段与的长度分别为，，所以的面积，当且仅当，即时，等号成立.故选：C.二、多选题9．已知向量，，，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据空间向量线性运算的坐标表示及数量积的坐标运算一一计算可得.【详解】解：因为，，所以，所以，故A错误；因为，，所以，故B正确；因为，所以，故C正确；因为，，所以，所以，故D正确.故选：BCD10．已知直线：与：，则下列选项正确的是（

）A．当时，B．当时，C．若，则，间的距离为D．原点到的距离的最大值为【答案】BCD【分析】根据直线的平行和垂直以及距离公式依次判断4个选项即可.【详解】对于A，，两直线重合，错误；对于B，，正确；对于C，若，则，解得或.当时，，重合，当时，，∴的方程为，的方程为，，间的距离为，正确；对于D，由，可得恒过点，所以原点到的距离的最大值为，正确；故选：BCD.11．已知直线经过两直线和的交点，且到的距离与到的距离之比为，则直线的方程可能为（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】先求得两直线和的交点，设出直线的方程，再依据题给条件列方程即可求得直线的方程.【详解】联立方程组，解得当直线的斜率不存在时，直线的方程为，到的距离为2，到的距离为5，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由，解得或所以直线的方程为或.故选：AC12．如图，正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，则下列选项中不正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面截该正方体所得的截面面积为 D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】对于A，可以通过与平面的法向量是否平行进行判断；对于B，可以通过与平面的法向量是否垂直进行判断；对于C，连接和，则，，，，四点共面，即平面截该正方体所得的截面为梯形，求出其面积即可；对于D，使用空间向量求点到平面的距离，即三棱锥的高，即可求得三棱锥的体积.【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，∴，对于A，，与平面的法向量不平行，∴直线与平面不垂直，故选项A不正确；对于B，，，∴与平面的法向量不垂直，∴直线与平面不平行，故选项B不正确；对于C，连接和，，∴，因此，，，四点共面，即平面截该正方体所得的截面为梯形，直线的单位方向向量，取，则，∴点到直线的距离，∴梯形的面积，即平面截该正方体所得的截面面积为，故选项C正确；对于D，易知三角形与梯形等高，∴，，点到平面的距离，即三棱锥的高，∴三棱锥的体积，故选项D不正确.综上所述，选项中不正确的有A，B，D.故选：ABD.三、填空题13．已知，在直线l上，写出直线l的一个方向向量：______．【答案】（答案不唯一）【分析】根据直线方向向量的求法求得.【详解】由于，，所以直线的一个方向向量.故答案为：（答案不唯一）14．已知空间有三点，，，若在直线上存在一点，使得，则点的坐标为______.【答案】##【分析】设出点的坐标，列出关于的方程组，解之即可求得点的坐标【详解】设，则，又，，则解得即点的坐标为.故答案为：15．已知，，点在直线上移动，则的最小值为______.【答案】9【分析】根据点点在直线上，所以可设点的坐标为，利用两点之间的距离公式可得，结合二次函数求最值即可.【详解】解：因为点在直线上，所以可设点的坐标为，其中，所以，故当时，取得最小值9.故答案为：9.四、双空题16．一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则入射点的坐标为_______，反射光线所在直线在轴上的截距为______.【答案】

##0.5【分析】求出直线的方程，将其与联立求出交点坐标即可；然后求点关于直线的对称点，利用点斜式求反射光线方程，再起其在轴上的截距.【详解】入射光线所在直线的方程为即，联立方程组解得

即入射点的坐标为.设关于直线对称的点为，则解得即.因为反射光线所在直线经过入射点和，所以反射光线所在直线的斜率为，所以反射光线所在直线的方程为，令，得即反射光线所在直线在轴上的截距为.故答案为：；.五、解答题17．如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，且，设.(1)试用表示；(2)已知是的中点，求的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件，结合向量的加减法运算法则，即可求解．（2）O为的中点，求DO的长，只需求出的长，利用（1）中所求的结果，求的模即可．【详解】（1）.（2）由题意知，.，18．已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为.(1)求点的坐标；(2)求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出直线斜率，再利用点斜式即可求解.（2）先求出的中点坐标，再利用两点式即可求出方程.【详解】（1）因为边上的高所在直线的方程为，所以所在直线的斜率为，又，所以直线的方程为，即因为边上的中线所在直线的方程为，所以直线与的交点为点,联立方程组解得，故点的坐标为;（2）设的坐标为，则的中点为,由解得,所以直线的方程为,即.19．如图，已知圆锥的顶点为，点是圆上一点，，点是劣弧上的一点，平面平面，且.(1)证明：.(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行的判定和性质，推得，再由和圆的对称性，求出相关的角的大小，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式计算可得所求值．【详解】（1）证明：因为平面平面，所以平面.因为平面，且平面平面，所以.因为，所以，所以，即.（2）解：如图，以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则.设平面的法向量为，则令，得.因为，所以点到平面的距离为.20．已知直线：，.(1)证明直线过定点，并求出点的坐标；(2)在（1）的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；(3)若直线不经过第四象限，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析，点的坐标为(2)或(3)【分析】（1）化简方程为直线系方程的形式，组成方程组解出直线过的点；（2）根据题意分直线过原点、不过原点讨论，分析解决即可；（3）分①，②，③，且三种情况进行讨论分析解决.【详解】（1）证明：整理直线的方程，得，所以直线过直线与的交点，联立方程组，解得，所以直线过定点，点的坐标为.（2）当截距为0时，直线的方程为，即，当截距不为0时，设直线的方程为，则，解得，直线的方程为，即，故直线的方程为或.（3）当时，直线的方程为，符合题意；当时，直线的方程为，不符合题意；当，且时，，所以解得或，综上所述，当直线不经过第四象限时，的取值范围是：.21．如图①，在平面多边形ABCDE中，，为等腰直角三角形，四边形ABCD为等腰梯形，且，沿AD将折起，使得，M为BC的中点，连接AM，BD，如图②.(1)证明：；(2)求直线DE与平面BEM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题可得，然后结合条件利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，进而即得；（2）利用坐标法，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量求法即得.【详解】（1）因为，，所以，所以，又为等腰直角三角形，，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，连接AC，MD，由，且，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又平面，故；（2）由（1）可知四边形为菱形，，因此为正三角形，因为，，，，所以AB，AE，AC两两垂直，如图，以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线DE与平面BEM所成的角为，则，故直线DE与平面BEM所成角的正弦值为.22．如图，在四棱锥中，底面为菱形，.(1)证明：为等腰三角形.(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；（2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出