2023-2024学年江西省南昌市新建区第二中学高二上学期10月学业水平考核数学试题

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考生注意：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．
2．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号填写在答题卡上，第I卷每小题选出答案后，将正确的答案填写在答题卡上相应的选择题方框内，第II卷用毫米中性黑色签字笔在答题卡规定区域内上作答，考试结束时，只需将答题卡交到监考老师，在试题卷上作答无效.
第I卷 （选择题 共60分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线一般方程得直线的斜率，结合直线倾斜角与斜率得关系可得倾斜角的大小.
【详解】解：由直线得直线的斜率
又直线的倾斜角为，且，所以，得
故选：B.
2. 若直线与直线平行，则的值为
A. -2B. -1C. D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：因为直线与直线平行，所以，解得，故选A.
考点：平面内两直线的平行关系.
3. 如图所示，在正方体中，点是侧面的中心，若，求（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用空间向量的加减法运算用来表示，即得结果.
【详解】，
故，，，则．
故选：C.
4. 已知长方体，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，设异面直线与所成的角为，则
故选：B
5. 直线与连接，的线段（含端点）相交，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线过定点，则直线与线段（含端点）相交等价于直线的斜率，即可列不等式求解
【详解】直线过定点，则直线与线段（含端点）相交等价于直线的斜率，即，即.
故选：A
6. 设定点，B是x轴上的动点，C是直线上的动点，则周长的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作关于的对称点，关于x轴的对称点，根据两点间线段最短，则的长即为所求.
【详解】解：作出点关于的对称点，关于x轴的对称点，
连接，交直线于点C，交x轴于点B，如图，

则，
周长的最小值为.
故选：B.
【点睛】考查公理“两点间线段最短”的应用，基础题.
7. 已知，，，则点C到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量投影和勾股定理即可计算C到直线AB的距离．
【详解】因为，，
所以在方向上的投影数量为．
设点C到直线的距离为d，则．
故选：B.
8. 设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则该直三棱柱的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先设出棱长，表示出球半径，利用球的表面积求出棱长，然后利用柱体的体积公式可求体积.
【详解】设.因为，所以.
由正弦定理得是外接圆的半径），.
又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，所以球的半径为.所以球的表面积为，解得.
因此该直三棱柱的体积是
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知空间中三点，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 的单位向量是
C. 与夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，判断是否存在，使得即可得解；
对于B，利用单位向量的求法即可得解；
对于C，利用向量的数量积求角即可得解；
对于D，由法向量的定义得到不定方程组，赋值即可得解.
【详解】对于A，因为，，，所以，
假设存在，使得，则，无解，故与不是共线向量，故A错误；
对于B，因为，所以单位向量为，故B错误；
对于C，因为与，
所以，故C错误；
对于D，不妨设是平面的一个法向量，
则，即，令，则，故，故D正确.
故选：D.
10. 已知直线的一个方向向量为，且经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的倾斜角等于B. 在轴上的截距等于
C. 与直线垂直D. 上的点与原点的距离最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】由方向向量求出直线斜率，即可求出直线方程，
由倾斜角与斜率的关系可判断A；令求出轴上的截距，可判断B；
由斜率与垂直关系可判断C；上的点与原点的距离最小值为原点到直线l的距离，求出点线距离即可判断D
【详解】直线的方向向量为，则斜率，故直线为，即，
对A， ∵，，故，A对；
对B，由得，B错；
对C，直线斜率，由得与直线垂直，C对；
对D，上的点与原点的距离最小值为原点到直线l的距离，即，D错；
故选：AC
11. 对于直线.以下说法正确的有（ ）
A. 的充要条件是
B. 当时，
C. 直线一定经过点
D. 点到直线的距离的最大值为5
【答案】BD
【解析】
【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
【详解】当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
12. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷 （非选择题 共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡相应的位置上．
13. 设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由线面平行可得，由向量垂直的坐标表示可构造方程求得的值.
【详解】直线平面，，即，解得：.
故答案为：.
14. 点与点)关于直线对称，则直线的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知直线为线段AB的垂直平分线，求出AB中点坐标和直线AB的斜率，利用直线的点斜式方程计算即可.
【详解】直线就是线段的垂直平分线，
的中点为，
所以直线的方程为，即，
故答案为：.
15. 过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的倍的直线方程是________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据直线截距概念分类求解即可.
【详解】解：设直线在轴上的截距是在轴上的截距分别为
则当时，符合题意，则直线过原点，又直线过点所以直线斜率为，则此时直线方程为：；
当时，由题意可得，此时直线方程可设为：，又直线过点，所以，解得，故直线方程为：，即.
综上：该直线方程为：或.
故答案为：或.
16. 如图，正方体的一个截面经过顶点，及棱上－点，其将正方体分成体积比为的两部分，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出平面截正方体所得的截面，可知为等腰梯形；设，可利用表示出，利用切割的方式可表示出三棱台的体积，利用体积建立方程求得，进而得到，作比得到结果.
【详解】设平面与线段交于点，则截面为等腰梯形，延长两腰交于点，如下图所示：
设正方体棱长为，设，则，，
三棱台的体积：
又正方体体积 ，解得：

【点睛】本题考查空间几何体体积相关问题的求解，关键是能够利用切割的方式，利用变量表示出三棱台的体积，进而利用体积构造方程求得变量的值；本题同样可直接采用棱台的体积公式来求解棱台的体积.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 求解下面两个小题：
（1）直线l经过点，且在x轴上的截距为3，求l的方程；
（2）直线l平行于直线，且l与距离为，求l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）依题意直线过、，即可求出斜率，再用点斜式求出直线方程；
（2）设直线方程为，利用两平行线间的距离公式求出，即可得解；
【小问1详解】
解：由于l在x轴上的截距为3，则直线l过点，
所以，直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，
即，或者．
【小问2详解】
解：由于直线l平行于直线，可设直线l的方程为，
由于l与距离为，则，解得或．
故直线l的方程为或．
18. 如图，已知多面体，其中是边长为4的等边三角形，平面平面，且.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据平行四边形的性质可得，进而证明平面；
（2）取的中点O，连接，根据线面垂直的性质可得平面，再根据求解即可
【小问1详解】
证明：因为平面平面，所以.
因，所以四边形为平行四边形，则.
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点O，连接.
在等边三角形中，
因为平面平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又，
所以.
19. 已知的顶点，边上的高所在的直线方程为.
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在的直线方程为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据边上高所在直线与的位置关系可确定直线的斜率，又已知点，所以可得直线的方程；
（2）由（1）中的方程及边上的中线所在的直线过点，可求点的坐标，又设点，根据的中点在直线上及点在上列方程组可求解的值，得点的坐标，从而可求直线的方程.
【小问1详解】
解：由边上的高在上可知，垂直于直线
所以
又，所以直线的方程为：，
即的方程为．
【小问2详解】
解：因为是边上中线所在的直线，又的方程为
则联立，解得，故点坐标为．
设点，则的中点在直线上，
所以，即①，
又点在上，则有②，
联立①②解得，．
即，所以，所以直线的方程为：
即直线方程为：．
20. 已知三角形ABC，，，，以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD．
（1）求点D的坐标：
（2）过点A的直线l交线段BC于点E．若，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）x＝1
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形得到，列出方程组，求出D点的横纵坐标；
（2）根据面积的倍数关系得到，设出E点坐标，从而列出方程组，求出E点的横纵坐标，从而得到直线l的方程.
【小问1详解】
由题可知，以BA，BC为邻边的平行四边形ABCD满足，
所以，所以．
【小问2详解】
要使，点E在线段BC上，则，
设，
则，
又直线l过，故直线l的方程为：x＝1．
21. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，是边长为的等边三角形，平面平面，，，点是线段上靠近点的三等分点.
（1）求证: ；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）作于，连接，由面面垂直证面，得，由几何关系得出，即可证面，即可证；
（2）建立如图空间直角坐标系，由向量法求即可
【小问1详解】
作于，连接，由等边得，，
∵平面平面，且平面平面，∴面，又平面，∴，
在中，，，得，∴，又∵，∴，
∵，面，∴面，又面，∴.
【小问2详解】
建立如图所示空间直角坐标系，则，
设面的法向量为，，
则，令，得，
，，，
设与面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
22. 如图所示，正方形和矩形所在的平面互相垂直，动点在线段（包含端点，）上，，分别为，的中点，．
（1）若为的中点，求点到平面的距离；
（2）设平面与平面所成的锐角为，求的最大值并求出此时点的位置．
【答案】（1）
（2）最大值为，此时点与点重合
【解析】
【分析】（1）以点A为坐标原点，以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点N到平面PDM的距离；
（2）设，则，，求出平面PDM的法向量和平面ABCD的法向量，利用向量法求出的最大值，此时P点与F点重合．
【小问1详解】
解析：以A点为坐标原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
由图可得，，，，
则，，．
设平面PDM的一个法向量为，
由，
可得．
设点N到平面PDM的距离为d，
则．
【小问2详解】
解：因为动点P在线段EF（包含端点E，F）上，
可设，
则，．
设平面PDM的一个法向量为，
由,
可得．
因为平面ABCD的一个法向量，
，
所以当时，取得最大值，此时P点与F点重合．