山东省新泰市第一中学老校区（新泰中学）2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析）.doc

1、山东省新泰市第一中学老校区（新泰中学）2020-2021学年高二数学上学期第一次月考试题（含解析）考试时间：120分钟 满分150分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)一、单选题.(共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1. 已知向量且互相垂直，则的值是 ()A. B. 2C. D. 1【答案】A【解析】【分析】由向量垂直，可得对应向量数量积为0，从而可求出结果.【详解】因为，所以，又互相垂直，所以，即，即，所以;故选A【点睛】本题主要考查向量的数量积的坐标运算，属于基础题型.2. 为空间向量

2、的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用基底的定义和共线向量的应用求出结果【详解】解：对于、为空间的一组基底，所以对于与共线，故选项错误对于与共线，故选项错误对于和不共线向量，所以可以作为基底，故选项正确对于，所以不可以作为向量的基底，故选项错误故选：C【点睛】本题考查的知识要点：基底的定义，共线向量，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题3. 在空间直角坐标系中，记点在平面内的正投影为点B，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出点坐标，然后计算【详解】点在平面内的正投影为

3、点，则故选：B.【点睛】本题考查空间点在坐标平面上的投影，考查空间两点间距离属于基础题4. 已知是实常数，若方程表示的曲线是圆，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由方程表示的曲线为圆，可得出关于实数的不等式，解出即可.【详解】由于方程表示的曲线为圆，则，解得.因此，实数的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查利用圆的一般方程求参数，考查计算能力，属于基础题.5. 已知点P(1,1)与点Q(3,5)关于直线l对称，则直线l的方程为()A. xy10B. xy0C. xy40D. xy0【答案】C【解析】中点，直线斜率，所以直线为，即，故选C6. 已知直线，则“

4、”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先根据直线求出a的值,再判断充要关系即可.【详解】若,则,解得或.当时,直线的方程为,直线的方程为,两直线重合,所以,所以“”是“”的充要条件.易错警示:很多考生根据求出或后,直接得出结论,而忽略排除两直线重合的情况,从而错选A. 故选：C.【点睛】本题主要考查充要关系的判断、两直线平行,考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理.7. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线方程求出直线的斜率，再由的范围即可求解.【详解】直线2x

5、cos y30的斜率k2cos ，因为，所以，因此k2cos 设直线的倾斜角为，则有tan 又0，)，且正切函数在上单调递增，在上为单调递增函数，结合正切函数的图像可知 所以，即倾斜角的取值范围是.故选：B【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角，需熟记直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.8. 在如图的正方体ABCDABCD中，AB3，点M是侧面BCCB内的动点，满足AMBD，设AM与平面BCCB所成角为，则tan的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构建以为原点，分别为轴的正方向构建空间直角坐标系，根据正方体棱长标识，令结合AMBD有且，而AM与平面BCCB所成角的

6、平面角为，即有，即可求tan的最大值.【详解】如下图，以为原点，分别为轴的正方向构建空间直角坐标系，则有，令，又AMBD，有且，AM与平面BCCB所成角为，即，而，当时，故选：B.【点睛】本题考查了利用空间向量求线面角的最值，综合应用了向量垂直的坐标公式，线面角，以及利用二次函数求最值.二、多选题(共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的不得分)9. 下面四个结论正确的是（ ）A. 向量，若，则B. 若空间四个点，则，三点共线C. 已知向量，若，则为钝角D. 任意向量，满足【答案】AB【解析】【分析】

7、由向量垂直的充要条件可判断A；由题意，即可判断B；举出反例可判断C；由向量的数量积运算不满足结合律可判断D.即可得解.【详解】由向量垂直的充要条件可得A正确；，即，三点共线，故B正确；当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误故选：A、B【点睛】本题考查了向量垂直的判定、利用向量证明点共线和向量数量积的应用，属于基础题.10. 已知直线l：，其中，下列说法正确的是（ ）A. 当a1时，直线l与直线xy0垂直B. 若直线l与直线xy0平行，则a0C. 直线l过定点(0，1)D. 当a0时，直线l在两坐标轴上截距相等【答案】AC【解析】【分析】利用两直线平行、

8、垂直以及过定点和在两轴上的截距分析直线方程的特征，逐项分析，得到结果.【详解】对于A项，当a1时，直线l的方程为，显然与xy0垂直，所以正确；对于B项，若直线l与直线xy0平行，可知，解得或，所以不正确；对于C项，当时，有，所以直线过定点，所以正确；对于D项，当a0时，直线l的方程为，在两轴上的截距分别是，所以不正确；故选：AC.【点睛】该题考查的是有关直线的问题，涉及到的知识点有两直线平行，两直线垂直，直线过定点问题，直线在两轴上的截距的求解，属于简单题目.11. 下列说法的正确的是 （ ）A. 经过定点的直线都可以用方程表示B. 经过定点的直线都可以用方程表示C. 不经过原点的直线都可以用

9、方程表示D. 经过任意两个不同的点的直线都可以用方程表示【答案】D【解析】【详解】【分析】解：因为选项A中缺少了斜率不存在的直线，因此错误 选项B中，也是同上选项C中，表示的缺少与x轴平行和与y轴平行的直线，因此错误，选D12. 如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（ ）A. 直线平面B. C. 三棱锥的体积为D. 异面直线与所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一验证即可；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，所以，即，所以，故B正确；，设异面直线与所成的角为，则，又，所以，故D正确；设平面的法向量为，则，即，取，则，即，又直线平面，所以直线平面，故A正确

10、；，故C错误；故选：ABD【点睛】本题考查空间向量法在立体几何中的应用，属于中档题.第II卷（非选择题)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13 已知A（1，2，11）、B（4，2，3）、C（x，y，15）三点共线，则xy=_.【答案】2【解析】试题分析：由三点共线得向量与共线，即，解得，考点：空间三点共线14. 已知圆的圆心在直线上，且过点，则圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】由圆心在直线上有，设半径为结合所过点即可求圆的标准方程.【详解】圆的圆心在直线上，令，半径为，圆的方程为：，又，有，解得，有，故答案为：；【点睛】本题考查了求圆的标准方程，根据圆心位置、所过的点求圆的

11、方程，属于简单题.15. 已知一个等腰三角形ABC的一个顶点是A(4,2)，底边的一个端点B(3,5)，底边另一个端点C的轨迹方程是_.【答案】（去掉（3,5），（5,-1）两点）【解析】【分析】根据等腰三角形和已知顶点A(4,2)，一个端点B(3,5)，利用腰相等且能构成三角形即可求端点C的轨迹方程；【详解】由题意知：设另一个端点，腰长为，C的轨迹方程：，又由A、B、C构成三角形，即三点不可共线，需要去掉重合点（3,5），反向共线点（5,-1），故答案为：（去掉（3,5），（5,-1）两点）【点睛】本题考查了轨迹方程，利用等要三角形的性质及三角形三点不共线求轨迹方程，属于基础题.16. 已知

12、正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，则二面角的余弦值为_若动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则线段的长度范围是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】易知为二面角的平面角，利用相似的性质可求得，进而求得，由此得解二面角的余弦值；建立空间直角坐标系，可求得点的轨迹为经过，中点的线段，再根据对称性即可求得线段长度的最值，进而得到取值范围【详解】解：延长至，使得，连接，如图，由于为正方体，由三垂线定理易知为二面角的平面角，而，故，；以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，2，0，2，2，0，则，设平面的一个法向量为，则，故可取，又平面，点的轨迹为经过，中点的线段，根据对称

13、性可知，当点在两个中点时，当点在两个中点的中点时，故选段的长度范围是故答案为：，四、解答题(共6小题，70分)17. 已知空间中三点，设，.（1）求向量与向量的夹角的余弦值；（2）若与互相垂直，求实数的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）先写出，再根据空间向量的夹角公式直接求解即可；（2）根据空间向量垂直的坐标表示直接求解即可得答案.【详解】（1），设与的夹角为，；（2），且，即：或.【点睛】本题考查空间向量的夹角的计算，空间向量的垂直求参数，考查运算能力，是基础题.18. 如图，已知、分别为四面体的面与面的重心，且为上一点，且，设，试用，表示，【答案】；【解析】【分析】根据向

14、量的加减法计算即可【详解】解：；【点睛】本题主要考查向量加减法和几何表示，属于基础题.19. 求过点 ，且满足下列条件的直线方程：（1）倾斜角等于直线的倾斜角的二倍的直线方程；（2）在两坐标轴上截距相等的直线方程【答案】（1） （2）或 【解析】分析：（1）求出直线的倾斜角，利用点斜式求出直线方程；（2）分类讨论，可得在两坐标轴上截距相等的直线方程.详解：（1） 由题意，可知 ，所以 ，则 所以 ，所以所求直线的方程为：（2） 当直线过原点时方程为：，当直线不过原点时方程为：故所求直线的方程为 或 点睛：本题考查直线方程，考查分类讨论的数学思想.20. 已知的顶点，直线的方程为，边上的高所在直

15、线的方程为（1）求顶点和的坐标；（2）求外接圆的一般方程.【答案】（1）和；（2）【解析】【分析】（1）联立直线与直线的方程可得点的坐标，由，进而设出直线的方程，将的坐标代入得方程，再与直线方程联立即可得点的坐标；（2）由（1）知，的坐标，设外接圆的一般方程，代入求解即可.【详解】（1）由可得顶点, 又因得， 所以设的方程为， 将代入得由可得顶点为 所以和的坐标分别为和 （2）设的外接圆方程为， 将、和三点的坐标分别代入，得，解得，所以的外接圆的一般方程为.【点睛】本题主要考查两直线交点的求法，待定系数法求圆的方程，属于基础题.21. 已知直线方程为.（1）证明：直线恒过定点；（2）为何值时，

16、点到直线的距离最大，最大值为多少？（3）若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，求面积的最小值及此时直线的方程.【答案】（1）证明见解析（2）；（3）最小值为；此时直线的方程【解析】【分析】（1）证明：利用直线是直线系求出直线恒过定点，即可；（2）点到直线的距离最大，转化为两点间的距离，求出距离就是最大值（3）若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，设出直线的方程，求出，然后求出面积，利用基本不等式求出的最小值及此时直线的方程【详解】（1）证明：直线方程为，可化为，对任意都成立，所以，解得，所以直线恒过定点；（2）解：点到直线的距离最大，可知点与定点的连线的距离就是所求最大值，即.，的斜率为，可得，解

17、得.（3）解：若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，直线方程为，则，当且仅当时取等号，面积的最小值为.此时直线的方程.【点睛】本题考查直线系过定点，零点的距离公式，基本不等式的应用，考查计算能力，转化思想，属于中档题22. 如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，为的中点.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据题意，得出，根据线面垂直的判定定理得出平面，则，建立以为原点，为，轴的空间直角坐标系，利用向量法能证明；（2）求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量法能求

18、出二面角的大小；（3）设，求出，令，则，解得为的中点，利用向量法能求出线段的长【详解】解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，则，所以面，又，可以建立以为原点，分别以，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，（1）证明：由题意，因为，所以.（2）解：，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，平面的一个法向量，因此有，由图可得二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.（3）解：（方法一）设，所以，因此，令，即，解得，即为的中点，因为平面，平面，所以当为的中点时，平面平面，此时即，所以线段的长为.（方法二）设，所以，因此，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，因为平面平面，所以，解得：，此时即，所以线段的长为.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，以及利用空间向量法求出二面角和线段长，还涉及空间中线面的判定定理和性质，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题13、2 14. 15：（去掉（3,5），（5，-1）两点）