辽宁省师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月模块考试数学试题

这是一份辽宁省师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月模块考试数学试题，共19页。试卷主要包含了若点在圆的外部，则的取值范围为，下列选项中，不正确的命题是，设，，，，且，，则，已知直线等内容，欢迎下载使用。
1.若点在圆的外部，则的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
2.下列选项中，不正确的命题是（ ）
A.若两条不同直线，的方向向量为，，则
B.若是空间向量的一组基底，且，则点在平面内，且为的重心
C.若是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底
D.若空间向量，，共面，则存在不全为0的实数，，使
3.设，，，，且，，则（ ）
A.B.C.3D.
4.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”问题，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到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A.B.C.D.
5.若直线在轴、轴上的截距相等，且直线将圆的周长平分，则直线的方程为（ ）
A.B.
C.或D.或
6.已知直线：与直线：交于，则原点到直线距离的最大值为（ ）
A.2B.C.D.1
7.正方体的棱长为4，为棱中点，为正方形内（含边界）的动点，若，则动点的轨迹长度为（ ）
A.B.C.D.
8.已知曲线与轴交于不同的两点，，与轴交于点，则过，，（，，均不重合）三点的圆的半径不可能为（ ）
A.B.C.1D.2
二.多选题（共3小题）
9.已知直线：，：，：不能围成三角形，则实数的取值可能为（ ）
A.1B.C.D.
10.在正三棱柱中，已知，空间点满足，则（ ）
A.当时，为正方形对角线交点
B.当时，在平面内
C.当时，三棱锥的体积为
D.当，且时，有且仅有一个点，使得
11.如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（ ）
A.
B.直线与直线所成角的余弦值为
C.平面与平面所成角的余弦值为
D.当时，动点到平面的距离的最小值为1
三.填空题（共3小题）
12.已知直线：，：，若则实数______.
13.设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是______.
14.已知，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______.
四.解答题（共5小题）
15.如图，在平行六面体中，，，，，，是的中点，设，，.
（1）求的长；
（2）求异面直线和夹角的余弦值.
16.已知直线的方程为：.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过点引直线交坐标轴正半轴于、两点，当面积最小时，求的周长.
17.如图，在三棱锥中，平面平面，，点在棱上，且
（1）证明：平面；
（2）设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的正弦值.
18.如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为.
（1）求证：；
（2）若，求三棱台的体积；
（3）若到平面的距离为，求的值.
19.已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.
（1）求的长；
（2）若为的中点，求二面角的正弦值；
（3）若为上一点，且满足，求.
2024-2025学年度辽附高二上学期年10月模块考试
参考答案与试题解析
一.选择题（共8小题）
1.【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，列式算出，然后根据点在圆的外部，列式算出，再求交集即可得到本题的答案.
【解答】解：方程表示圆，所以，解得，
因为点在圆的外部，
所以将点代入圆方程的左边，得，解得.
综上所述，，实数的取值范围为.
故选：A.
【点评】本题主要考查二元二次方程表示圆的条件、点与圆的位置关系及其应用、不等式的解法等知识，属于基础题.
2.【分析】直接利用向量的共线，向量的线性运算，基底的定义，共面向量基本定理判断A、B、C、D的结论.
【解答】解：对于A：两条不同直线，的方向向量为，，则，故A正确；
对于B：若是空间向量的一组基底，且，整理得，所以，故，
所以，设点为的中点，所以，，点在平面内，且为的重心，故B正确；
对于C：若是空间向量的一组基底，由于，则不是空间向量的一组基底，故C错误；
对于D：若空间向量，，共面，由共面向量基本定理，则存在不全为0的实数，，使，故D正确.
故选：C.
【点评】本题考查的知识要点：向量的共线，向量的线性运算，基底的定义，共面向量基本定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题.
3.【分析】根据已知条件，结合向量垂直、平行的性质，求出，再结合向量模公式，即可求解.
【解答】解：，且，
则，解得，
因为，且，
所以，，
所以，
所以，
所以.
故选：D.
【点评】本题主要考查向量共线、垂直的性质，属于基础题.
4.【分析】设点关于直线的对称点为，直线与直线交于点，当将军饮马
的位置与重合时，将军饮马的总路程最短，由此列式算出答案.
【解答】解：根据题意，设点关于直线的对称点为，与直线交于点，
设，由轴对称的性质，可得，解得，即，
当将军饮马的位置与重合时，将军饮马的总路程最短，
因此，“将军饮马”的最短路程为.
故选：C.
【点评】本题主要考查直线的方程及其应用、两条垂直与方程的关系、轴对称的性质等知识，属于中档题.
5.【分析】分截距是否为0两种情况求解即可.
【解答】解：由已知圆，直线将圆平分，则直线经过圆心，
当直线过原点时，设直线方程为，将点代入上式，解得，
当直线截距不为0时，设直线方程为，
将点代入上式，解得，
直线的方程为或.
故选：C.
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线方程的求法，属基础题.
6.【分析】将点代入直线的方程，可得的值，求出原点到直线的距离的表达式，由二次函数的性质可得的最大值.
【解答】解：将代入直线的方程可得，解得，
所以的方程为：，可得，
原点到直线的距离，
当时，.
故选：B.
【点评】本题考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题.
7.【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，其中，利用，可得和的等式，从而确定点的运动轨迹，再求其长度即可.
【解答】解：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，其中，则，，
所以，，
因为，
所以，即，，
当时，；当时，，
分别在和上取点，，使得，则点的运动轨迹是线段，
而，
所以动点的轨迹长度为.
故选：A.
【点评】本题考查空间动点的轨迹问题，熟练掌握利用向量法求轨迹是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
8.【分析】由已知先确定圆心位置，然后表示圆的半径，结合二次函数的性质可求半径的取值范围，进而可求.
【解答】解：设，，，
易得，
设过，，的、三点的圆的圆心为，则在对称轴上，设，
由题意得，，，
由可得，，
整理得，，
当时，可得，
当时，可得，即，
综上，，
则半径.
故选：A.
【点评】本题主要考查了直线与曲线位置关系的应用，圆的性质的应用，还考查了二次函数性质的应用，属于中档题.
二.多选题（共3小题）
9.【分析】由题意，可得其中有2条直线平行，或者三线经过同一个点.再根据两条直线平行的性质，三直线共点问题，求出的值即可.
【解答】解：直线：，：，：不能围成三角形，
则其中有2条直线平行，或者三线经过同一个点，
若其中有2条直线平行，则，或，解得或.
若三线经过同一个点，则直线：，：的交点在上，
所以，解得.
故选：BCD.
【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，三直线共点问题，属于基础题.
10.【分析】根据向量的线性运算，坐标法，即可分别求解.
【解答】解：对A选项，，
，为正方形对角线交点，A选项正确；
对B选项，当，时，，平面，B选项错误；
对C选项，当时，，，
平面，，
，C选项正确；
对D选项，建系如图，则，，，，，
，
，，为正方形对角线交点，点唯一，D选项正确.
故选：ACD.
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题.
11.【分析】根据线面垂直证明线线垂直判断A；建立空间直角坐标系，利用向量法求线线角判断B；求二面角判断C；利用点面距离判断D.
【解答】解：对于A，因为平面，平面，
所以，
又由正方形可得，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，故A正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，是平面的法向量，
则，，，
则，令，可得
因为，
所以，解得：，即，
对于B，因为，，
所以，故B错误；
对于C，显然，平面的法向量，又平面的法向量，
则，故C正确；
对于D，由知，在以为球心，半径为1的球面上，
因为，
所以球心到平面的距离，
所以点到平面的距离的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
【点评】本题考查了空间几何体中位置关系的证明及利用向量法解决空间角，空间距离，属于难题.
三.填空题（共3小题）
12.3【分析】利用直线相互平行的充要条件即可得出.
【解答】解：
故答案为：3.
【点评】本题考查了直线相互平行的充要条件，属于中档题.
13.【分析】可得直线分别过定点和且垂直，可得.设，则，，，则，利用正弦函数的性质求值域即可.
【解答】解：由题意可知，动直线，经过定点，
动直线即，经过定点，
时，动直线和动直线的斜率之积为，
时，也垂直，
所以两直线始终垂直，又是两条直线的交点，
，
.
设，则，，
由且，可得，
，
，
，
，
，
故答案为：.
【点评】本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，三角函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题.
14.【分析】设直线的方向向量为，由，可求直线的方向向量，为平面的法向量，用向量法可求直线与平面所成角的正弦值为.
【解答】解：直线是两个平面与的交线，设直线的方向向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，
则，令，解得，
则直线的方向向量为，
平面的方程为，为平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则.
直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
【点评】本题考查线面角的求法，属基础题.
四.解答题（共5小题）
15.【分析】（1）在平行六面体中，由棱长及夹角，由和向量运算可得，
平方可得，求出数量积，可得的大小；
（2）由（1）可得的值，进而求出异面直线和夹角的余弦值.
【解答】解：（1）在平行六面体中，
因为，，，，，是的中点，
，
所以，
由题意，，，
，
，
所以，
所以；
（2），
，，
所以.
设异面直线和夹角为，则，
所以.
所以异面直线和夹角的余弦值为.
【点评】本题考查向量的运算性质的应用及异面直线所成的角的余弦值的求法，属于中档题.
16.【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可得解；
（2）设直线的方程为，求出点，坐标，表示出面积，利用基本不等式求出面积的最小值，进一步求得，的坐标，则答案可求.
【解答】（1）证明：由，
可得，
令.
所以直线过定点；
（2）解：由（1）知，直线恒过定点，
由题意可设直线的方程为，
设直线与轴，轴正半轴交点为，，
令，得；
令，得，
所以面积，
当且仅当，即时，面积最小，
此时，，，
则的周长为.
所以当面积最小时，的周长为.
【点评】本题考查恒过定点的直线，考查基本不等式的应用，是中档题.
17.【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【解答】证明：（1）由得，，，，由余弦定理可得，
则，平面平面，平面平面，平面，
平面.
解：（2）平面，平面，平面平面，
故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，
所以，解得，
则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，
则，即，
取，可得，
设平面的法向量为，
则，即，
取，可得，
所以，故
故二面角的正弦值为.
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题.
18.【分析】（1）取的中点，连接，，易得，，再由线面垂直的判定与性质定理，即可得证；
（2）由二面角的定义知，先证平面，可得三棱台的高为，再利用棱台的体积公式，求解即可；
（3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离，可得关于的方程，解之即可.
【解答】（1）证明：取的中点，连接，，
由题意知，四边形是等腰梯形，是等边三角形，
所以，，
因为，、平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）解：由（1）知，，，
所以就是二面角的平面角，即，
若，则，即，
因为，，所以平面，
即三棱台的高为，
因为，，
所以，，，
所以三棱台的体积.
（3）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，其中，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，
所以，
因为到平面的距离为，
所以，整理得，
即，
解得或（舍），
故的值为.
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定和性质定理，棱台的体积公式，利用向量法求点到面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理鞥能力和运算能力，属于中档题.
19.【分析】（1）根据新定义，异面直线所成角的求法，即可求解；
（2）根据三垂线定理作二面角，再解三角形，即可求解；
（3）根据面面垂直的性质定理，新定义，向量共线，即可求解.
【解答】解：（1）在四棱锥中，底面为矩形，
底面，易得，，两两相互垂直，
易得平面，平面平面，
又，为上一点，
且，，，
，
，又，，
；
（2）若为的中点，分别延长，交点，
底面，过作于点，连接，
则由，，，
可得平面，故，
则由二面角的平面角的定义，
可得为二面角的补角，
又，底面为矩形，
且由（1）知，
为等腰直角三角形，，
，
，故，
二面角的正弦值为；
（3）过作于点，
由（1）知平面平面，
平面，又根据新定义可知，
又，，
，，，
，
，
，
过作，且，
在上取靠近的五等分点，，
则易知，且，
，，且，
四边形为平行四边形，
，又平面，
平面，
又，
【点评】本题考查立体几何与向量的综合应用，二面角的求解，化归转化思想，属中档题.