河南省开封市五县联考2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

2023—2024学年五县联考高二上学期第一次月考联考卷数学试卷一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.=(2，-1，3)，=(-1，4，-2)，=(3，2，λ)，若，则实数等于（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根据向量的数乘运算和向量坐标的相等即可求解.【详解】因为，所以=(3，2，λ)=2(2，-1，3)+(-1，4，-2)=(3，3，4),所以，故选：C.2.过点且平行于直线的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据平行关系设直线方程，再代入点的坐标，求直线方程.【详解】设与直线平行的直线是，代入点得，得，所以直线方程是.故选：A3.如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且，点N为BC中点，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.【详解】因为，所以，所以，又点N为BC中点，所以，所以.故选：B.4.如图，在直二面角中，是直线上两点，点，点，且，，，那么直线与直线所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出向量的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.【详解】如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z 轴，建立空间直角坐标系，则,故,则,故直线与直线所成角的余弦值为，故选：B.5.“”是“直线与直线平行”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】由可得直线与直线平行，即充分条件成立；由直线与直线平行，求得的值为，即必要条件成立；【详解】因为，所以直线，直线，则与平行，故充分条件成立；当直线与直线平行时，，解得或，当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故必要条件成立.综上知，“”是“直线与直线平行”的充要条件.故选：A.6.如图，平行六面体，其中，，，， ，，则的长为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，可得，再利用数量积运算性质即可得出．【详解】解：，，，，，．，，，即的长为.故选：A．7.若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】直线恒过定点， 曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，）．当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；当与半圆相切时，由，得，切线记为．分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，故选：A．8.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.【详解】设，，所以，又，所以． 因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又，所以，因，所以的最小值为．故选：C．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.下列关于空间向量的命题中，正确的是（）A.若非零向量，，满足，，则有B.任意向量，，满足C.若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面D.已知向量，，若，则为锐角【答案】ACD【解析】【分析】根据共线向量的性质、共面向量定义、空间夹角的计算公式逐一判断即可.【详解】A：因为，，是非零向量，所以由，，可得，因此本选项说法正确；B：因为向量，不一定是共线向量，因此不一定成立，所以本选项说法不正确；C：因为，，是空间的一组基底， 所以三点不共线，又因为，所以A，B，C，D四点共面，因此本选项说法正确；D：，当时，，若向量，同向，则有，所以有，而，所以向量，不能同向，因此为锐角，故本选说法正确，故选：ACD10.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角范围是B.若直线与直线互相垂直，则C.过两点，的直线方程为D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为【答案】AC【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系，直线位置关系以及直线方程的应用，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：直线，其斜率，设直线倾斜角，故可得，则，故A正确；对B：直线与直线互相垂直，则，解得或，故错误；对：过两点，的直线方程为，故C正确；对D：经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为和，故D错误；故选：AC. 11.已知三棱锥，，是边长为2的正三角形，E为中点，，则下列结论正确的是（）A.B.异面直线与所成的角的余弦值为C.与平面所成的角的正弦值为D.三棱锥外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A：取AC的中点F，连接PF,BF，证明出面，即可得到.对于B、C：先证明出，，.可以以P为原点，为xyz轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解；对于D：把三棱锥还以为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球.即可求解.【详解】对于A：在三棱锥，，是边长为2的正三角形，取AC的中点F，连接PF,BF，则.又，所以面，所以.故A正确.对于B：因为，，,所以面，所以，.在三棱锥，，是边长为2的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥，所以.所以.可以以P为原点，为xyz轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，.所以,.设异面直线与所成的角为，则.即异面直线与所成的角的余弦值为.故B错误；对于C：，.设平面ABC的一个法向量为，则,不妨设x=1，则.设与平面所成的角为，则.即与平面所成的角的正弦值为.故C正确.对于D：把三棱锥还以为正方体，则三棱锥的外接球即为正方体的外接球. 设其半径为R，由正方体的外接球满足,所以.所以球的表面积为.故D正确.故选：ACD.12.已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线、，切点分别是和，则下列说法错误的有（）A.圆上恰有一个点到直线的距离B.切线长的最小值C.四边形面积的最小值为D.直线恒过定点【答案】ABD【解析】【分析】计算出圆心到直线的距离，比较与的大小，可判断A选项的正误；利用勾股定理可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；求出直线的方程，可求得该直线所过定点的坐标，可判断D选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为.对于A选项，，所以，圆上有两个点到直线的距离为，A错；对于B选项，由切线的性质可知，所以，，故当时，取最小值，且，故，B错；对于C选项，由切线长定理可得，又因为，， 所以，，所以，四边形的面积为，即四边形面积的最小值为，C对；对于D选项，设点，则，线段的中点为，，所以，以线段为直径的圆的方程为，将圆和圆的方程作差可得，即，即，由，解得，故直线恒过定点，D错.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知直线，直线，若，则实数的值为______．【答案】或【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件求解即可.【详解】因为，所以，解得或，故答案为：或14.已知是所在平面外一点，，且，则实数 的值为____________.【答案】【解析】【分析】由可得出关于的表达式，再利用空间向量的减法可求得、、的值，即可得解.【详解】因为，则，所以，，所以，，，，因此，.故答案为：.15.已知三点点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标__．【答案】【解析】【分析】设，由点在直线上求出，表示出和，，利用二次函数求出最小值，得到点的坐标.【详解】设，∵，则由点在直线OP上可得存在实数λ使得，所以，则，所以，，所以，根据二次函数的性质可得当时，取得最小值，此时点的坐标为：.故答案为：16.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马” ，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为___________．【答案】##【解析】【分析】先求出点关于直线的对称点，点到圆心的距离减去半径即为最短.【详解】设点关于直线的对称点，则的中点为，,故解得，由知军营所在区域中心为，要使从点到军营总路程最短，即为点到军营最短的距离为，“将军饮马”的最短总路程为，故答案为：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.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、 AD的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.（1）试用表示向量；（2）求BM的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】利用空间向量基本定理用基底表示；（2）在第一问的基础上运用空间向量数量积运算法则进行运算.【小问1详解】【小问2详解】，所以，则BM的长为.18.已知的三个顶点的坐标为、、，试求：（1）边上的高所在的直线方程；（2）的面积． 【答案】（1）（2）24【解析】【分析】（1）先求出直线的斜率，进而得边上的高的斜率，由点斜式写出方程即可；（2）先求出及直线方程，再由点到直线距离公式求得到的距离，即可求得面积.【小问1详解】因为，则边上的高的斜率为3，又经过A点，故方程为，化简得．【小问2详解】，直线方程为，整理得，则到的距离为，则的面积为.19.如图，某海面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．（1）求圆C的方程；（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东45°方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险?【答案】（1）；（2）该船有触礁的危险．【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出点A，B的坐标，设出圆C的一般方程，利用待定系数法求解作答.（2）求出船D的航线所在直线的方程，再利用点到直线距离公式计算判断作答. 小问1详解】依题意，因A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛千米处，则点，又B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，则，设过O，A，B三点的圆C的方程为，则，解得，所以圆C的方程为．【小问2详解】因船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米处，则，而船D沿着北偏东45°方向行驶，则船D的航线所在直线l的斜率为1，直线l的方程为，由（1）知，圆C的圆心为，半径，则圆心C到直线l的距离，则，所以该船有触礁的危险.20.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．（1）证明：EF∥平面PCD（2）若PD⊥平面ABCD，，且，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，然后利用空间向量求解即可【小问1详解】证明：取PD的中点G，连接CG，EG，因为E，F分别为PA，BC的中点，所以，又底面ABCD为菱形，所以，所以，所以四边形EGCF为平行四边形，所以又平面PCD．平面PCD，所以EF//平面PCD．【小问2详解】解：连接，因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因为四边形ABCD为菱形，，所以为等边三角形，因为F为BC的中点，所以，因为∥， 所以，所以两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．因为，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），则．设平面DEF的法向量，则，令，得．设直线AF与平面DEF所成的角为θ，则，所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为21.已知圆C的圆心坐标为C（3，0），且该圆经过点A（0，4）． （1）求圆C的标准方程；（2）直线n交圆C于M，N两点（点M，N异于A点），若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析；定点.【解析】【分析】（1）设圆的标准为，求出即得解；（2）直线n斜率不存在时，不存在；直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，求出直线的方程为即得解.【小问1详解】解：设圆的标准为，把代入得，故圆的标准方程为．【小问2详解】证明：当直线n斜率不存在时，设，，直线，的斜率之积为2，，，即，点在圆上，， 联立，，舍去，当直线n斜率存在时，设直线n：，，，，，①联立方程，，，代入①，得，化简得或，若，则直线过，与题设矛盾，舍.直线n的方程为：，所以且所以所以过定点． 22.如图，在三棱锥中，侧面是等边三角形，，．（1）证明：平面平面；（2）若，点在棱上，且二面角的大小为，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）妨设，在底面内作交于点，然后以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围解出的值，即可得解.【小问1详解】取中点，连接、． 在等边三角形中，为的中点，则．在直角三角形中，，为的中点，则，因为，，，所以，，所以，，即，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，因此，平面平面.【小问2详解】不妨设，在直角三角形中，，因为，则，，在底面内作交于点，因为平面，，以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，．设，则．设平面的法向量为， 则，取，则，易知，平面的一个法向量为，所以，