1、2020-2021学年第一学期第一次质量检测数学试题一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共60分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 若直线过点，则此直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据斜率的坐标表示以及，故可得结果.【详解】由题意知，直线的斜率，即直线的倾斜角满足，又，故选：C【点睛】本题主要考查斜率与倾斜角的关系，属基础题.2. 设，向量且，则（ ）A. B. C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示求得参数，再求向量模长即可.【详解】，故选：.【点睛】本题考查向量垂直、平行以及模长的坐标表示
2、，属综合基础题.3. 如图,在四面体中,是的中点,是的中点,则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因为在四面体中,是的中点,是的中点,即可求得答案.【详解】在四面体中,是的中点,是的中点故选:C【点睛】本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.4. 已知直线在轴和轴上的截距相等，则的值是（ ）A. 1B. -1C. -2D. 2【答案】A【解析】试题分析：由题意得，直线的截距式方程为，所以，故选A考点：直线的截距式方程的应用5. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则( )A. B. C. D.
3、【答案】D【解析】【分析】由题意，根据点关于平面的对称点，求得的坐标，利用向量的数量积的坐标运算，即求解.【详解】由题意，空间直角坐标系中，点关于平面的对称点，所以,则，故选D.【点睛】本题主要考查了空间直角坐标系的应用，以及空间向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记空间向量数量积的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6. 在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为（ ）A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】画出图形，作，则，可得，沿轴将坐标平面折成的二面角，故两异面直线所成的角为，结合已知，即可求得答案.【
4、详解】如图为折叠后的图形，其中作则，沿轴将坐标平面折成的二面角两异面直线所成的角为可得：故由得故选：D.【点睛】本题考查了立体几何体中求线段长度，解题的关键是作图和掌握空间向量的距离求解公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7. 在正方形中，棱，的中点分别为，则直线EF与平面所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求出余弦值【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则， ， ，平面的法向量， 设直线与
5、平面所成角为，则所以直线与平面所成角的余弦值为故选：【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题8. 如图，在边长为的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，根据得出、满足的关系式，并求出的取值范围，利用二次函数的基本性质求得的最大值.【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则点、，设点，得，由，得，得，当时，取得最大值.故选：D.【点
6、睛】本题考查立体几何中线段长度最值的计算，涉及利用空间向量法处理向量垂直问题，考查计算能力，属于中等题.二、多项选择题（每题5分，共20分，给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 若，与的夹角为，则的值为（ ）A. 17B. 17C. 1D. 1【答案】AC【解析】【分析】求出，以及，代入夹角公式即可求出.【详解】解：由已知，解得或，故选：AC.【点睛】本题考查向量夹角公式的应用，是基础题.10. 已知向量，则与共线的单位向量（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据向量数乘的概念，可知单位向量的求法， ，即可求出【详解
7、】设与共线的单位向量为，所以，因而，得到故，而，所以或故选：AC【点睛】本题主要考查单位向量的求法以及共线向量定理的应用11. 下列说法不正确的是（ ）A. 不能表示过点且斜率为的直线方程；B. 在轴、轴上的截距分别为的直线方程为；C. 直线与轴的交点到原点的距离为；D. 平面内的所有直线的方程都可以用斜截式来表示.【答案】BCD【解析】【分析】由中可判断A；当可判断B；由距离为正数可判断C；由截距式斜率一定存在可判断D【详解】由于定义域为，故不过点，故A选项正确；当时，在轴、轴上的截距分别为0的直线不可用表示，故B不正确；直线与轴的交点为，到原点的距离为，故C不正确；平面内斜率不存在的直线不
8、可用斜截式表示.故选：BCD【点睛】本题考查了直线方程的几种形式的适用范围，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题.12. 正方体中，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 平面平面C. 面AEFD. 二面角的大小为【答案】BC【解析】【分析】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，利用空间向量法求二面角，可判断选项.【详解】解：由题可知，在底面上的射影为，而不垂直，则不垂直于，则选项不正确；连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，可知，所以平面，则平面平面，所以选项正确；由题知，可设正方体
9、的棱长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，则各点坐标如下：，设平面的法向量为，则，即，令，得，得平面的法向量为，所以，所以平面，则选项正确；由图可知，平面，所以是平面的法向量，则.得知二面角的大小不是，所以不正确.故选：BC. 【点睛】本题主要考查空间几何体线线、线面、面面的位置关系，利用线面垂直的性质和线面平行的判定，以及通过向量法求二面角，同时考查学生想象能力和空间思维.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上）13. 直线xsiny20的倾斜角的取值范围是_【答案】【解析】因为sin 1，1，所以sin 1，1，所以已知直线的斜率范围为1，1，由倾斜角与斜率
10、关系得倾斜角范围是答案：14. 在正方体中，已知，为底面的的中心，为的重心，则_.（用，表示）【答案】【解析】【分析】根据向量的三角形法则和平行四边形法则化简计算即可【详解】解：在正方体中，为底面的中心，为的重心，故答案为：【点睛】本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题15. 如图，在正三棱柱中， 分别是 的中点.设是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为_【答案】 【解析】【分析】以E为原点，EA,EC为x,y轴建立空间直角坐标系，设，用空间向量法求得t，进一步求得BD.【详解】以E为原点，EA,EC为x,y轴建立空间直
11、角坐标系，如下图解得t=1，所以，填【点睛】利用空间向量求解空间角与距离的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.16. 正方体中，分别是的中点，则与直线所成角的大小为_ ；与对角面所成角的正弦值是 _【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，计算，对角面的一个法向量为，计算得到答案.【详解】如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，故，.故，故与直线所成角的大小为.易知对角面一个法向量为，设与对角面所成
12、角为，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了异面直线夹角，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. 求适合下列条件的直线方程：（1）经过点，并且其倾斜角等于直线的倾斜角的2倍的直线方程.（2）求经过点并且和两个坐标轴围成的三角形的面积是1的直线方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）求出直线的倾斜角,可得所求直线的倾斜角从而可求出斜率，再利用点斜式可求得方程.（2）设直线方程为，将点代入，再结合面积为，即可解得、的值，从而求出直线的方程.【详解】（1）因为直线的斜率为， 所以其倾斜角为
13、，所以，所求直线倾斜角为，故所求直线的斜率为，又所求直线经过点，所以其方程为，即，（2）设直线方程，则，解得或，故所求的直线方程为：或.【点睛】本题主要考查了求直线的方程，涉及了点斜式和截距式，属于中档题.18. 已知，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）-6（2）-4【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；【详解】解：（1），.（2），.【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.19. 已知三棱柱的侧棱垂直于底面，分别是，的中点（1）求证：；（2）求证：平面
14、.【答案】(1)证明见解析 (2) 证明见解析【解析】【分析】根据直三棱柱特点和，则以为原点可建立空间直角坐标系，由已知长度关系得到各点坐标；（1）利用，可证得结论；（2）为平面的一个法向量，由可知，由此证得结论.【详解】三棱柱为直三棱柱 平面 ，又，则两两互相垂直，可建立如下图所示的空间直角坐标系则，（1）， （2）由题意知：是平面的一个法向量， 平面 平面【点睛】本题考查利用空间向量法证明立体几何中的线线垂直和线面平行的问题；关键是明确两向量垂直等价于两向量数量积等于零；证明直线与平面平行的向量求法为证明直线与平面的法向量垂直.20. 如图，在正方体中，分别是的中点（1）求异面直线与所成角
15、的余弦值；（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论【答案】（1）；（2）存在点，满足，使得平面；证明见解析【解析】【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体棱长则，（1）设异面直线与所成角为，即异面直线与所成角的余弦值为：（2）假设在棱上存在点，使得平面则，设平面的法向量，令，则， ，解得： 棱上存在点，满足，使得平面【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间
16、向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.21. 直角坐标系中，点坐标为，点坐标为，点坐标为，且.（1）若，求的值；（2）当时，求直线的斜率的取值范围.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据平面向量的坐标表示与数量积运算，列出方程即可求出的值；（2）根据题意求出与的斜率，写出斜率的取值范围，即可求出倾斜角的取值范围；【详解】解:（1）由题意可得，所以，则，解得；（2）由，可得点在线段上，由题中、点坐标，可得经过、两点的直线的斜率，经过、两点的直线的斜率，则由图像可知，直线的斜率的
17、取值范围为：或.【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示与数量积的应用问题，也考查了直线的斜率与倾斜角的应用问题，属于中档题22. 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，.（1）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（2）点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长.【答案】(1) (2)【解析】【详解】试题分析：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为（1） 因为平面，所以是平面的一个法向量，因为设平面的法向量为，则，即，令，解得所以是平面的一个法向量，从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为（2） 因为，设，又，则，又，从而，设，则，当且仅当，即时，的最大值为因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值又因为，所以考点：二面角的计算，异面直线所成的角，最值问题.【方法点晴】求二面角常采用求法向量直接公式计算的方法去解决，原则是半平面有现成的垂线就直接做法向量，没有现成的垂线就设法向量，求出法向量后再算二面角；第二步的最值问题很好，是高考很常见的形式，多发生在圆锥曲线题目中，一要会换元，如本题中的设，二要会处理分式如本题中的，当然这一步有时使用均值不等式（或对勾函数），个别题还可使用导数求最值.