内容正文:
2023-2024学年高二数学上学期第一次月考
B卷·重点难点过关测
全解全析
1、 单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.
1.在四面体中,,点在棱上,且,为中点,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算可得答案.
【详解】点在线段上,且,为中点,
,,
.
故选:B.
2.设点、,若直线l过点且与线段AB相交,则直线l的斜率k的取值范围是( )
A.或 B.或
C. D.
【答案】A
【分析】根据斜率的公式,利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】如图所示:
依题意,,
要想直线l过点且与线段AB相交,
则或,
故选:A
3.若点在圆的内部,则a的取值范围是( ).
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据题意,将点的坐标代入圆的方程计算,即可得到结果.
【详解】由题可知,半径,所以,把点代入方程,
则,解得,故a的取值范围是.
故选:D
4.如图,在正方体ABEFDCE′F′中,M,N分别为AC,BF的中点,则平面MNA与平面MNB的夹角的余弦值为( )
A.- B.
C.- D.
【答案】B
【分析】法一:先利用二面角平面角的定义,在两个半平面内分别找到与二面角的棱垂直的两条直线,将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可;
法二:直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1,以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz,则M ,N,.
解法一 取MN的中点G,连接BG,AG,
则G.
因为为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN,故∠AGB为两平面夹角或其补角.
又因为,,
所以,,
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ,
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
解法二 设平面AMN的法向量
由于, ,
则,即,
令x=1,解得y=1,z=1,于是,
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ,
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ,
则.
故所求两平面夹角的余弦值为.
故选:B.
5.过点,且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线有( )
A.4条 B.2条 C.3条 D.1条
【答案】C
【分析】考虑截距为0,截距相等且不为0,截距互为相反数且不为0,求出相应的方程,得到答案.
【详解】当截距为0时,设直线方程为,将代入,求得,
故方程为;
当截距不为0时,
①截距相等时,设方程为,
将代入,即,解得:,故方程为;
②截距互为相反数时,设直线方程为,
将代入,即,解得:,故方程为;
一条是截距为0,一条是截距相等(不为0),一条是截距互为相反数(不为0),共3条.
故选:C
6.,,,,,一束光线从点出发射到上的点,经反射后,再经反射,落到线段上(不含端点),则的斜率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】先根据题意求得关于直线对称的点为,点关于直线的对称点为,点关于直线的对称点为,再数形结合得到点的变动范围,从而得到,由此得解.
【详解】设直线方程为,则,解得,即,即,
设关于直线对称的点为,则,解得,即,,
同理可得:
点关于直线的对称点为,
点关于直线的对称点为,
如图所示:
利用光线反射的性质可知,当这束光线反射后最终经过点时,则其先经过点;当这束光线反射后最终经过点时,则其先经过点;
所以点之间为点的变动范围,
因为,,所以直线,即直线斜率不存在,而,
所以,即.
故选:D
7.正三棱柱中,,,O为BC的中点,M是棱上一动点,过O作于点N,则线段MN长度的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系,设动点坐标,结合线线关系求线段MN的表达式,利用函数求最值即可.
【详解】解:因为正三棱柱中,O为BC的中点,取中点,连接,
如图,以为原点,为轴建立空间直角坐标系,
则,
因为M是棱上一动点,设,且,所以,则,
因为,所以在直角三角形中可得:,所以,
即,于是令,
所以,,又函数在上为增函数,
所以当时,,即线段MN长度的最小值为.
故选:B.
8.在平面直角坐标系中,已知点.若圆上存在唯一点,使得直线在轴上的截距之积为5,则实数的值为( )
A. B. C.和 D.和
【答案】C
【分析】设出点的坐标,根据直线在轴上的截距之积列方程,根据唯一性求得的值.
【详解】圆的圆心在直线上,半径为,所以在圆外,
设,其中且,
直线的方程为,纵截距为,
直线的方程为,纵截距为,
依题意有,整理得,
所以在圆上,圆心为,半径为.
则圆与圆有且只有一个公共点,
则两圆外切或内切,或圆与圆相交,且其中一个交点的横坐标为,