重庆市2023_2024学年高二数学上学期九月测试试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期九月测试试题含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 如果，那么直线不经过的象限是， 正方体的截面可能是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂思.如简改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 过点（1，0）且与直线=平行的直线方程式（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意利用点斜式求直线的方程．
【详解】解：过点且与直线平行的直线方程式为，
即，
故选：．
【点睛】本题主要考查用点斜式求直线的方程,考查直线与直线平行条件的应用，属于基础题．
2. 过点且垂直于直线的直线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线的垂直可得出斜率得关系，即可点斜式得出直线方程.
【详解】因为直线的斜率，
所以过点且垂直于直线的直线方程为，
即.
故选：B
3. 若，，为两两垂直的三个空间单位向量，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的数量积性质即可求解.
【详解】依题意得，，；
所以，
故选：B.
4. 蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直得到线线垂直，进而得到三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，求出长方体体对角线的长，得到该球的半径和体积.
【详解】因为平面，平面，
所以，
又，
所以两两垂直，
所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
即该球的直径为长方体体对角线的长，
因为，
所以，
所以该球的半径为2，体积为.
故选：C
5. 如果，那么直线不经过的象限是（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可.
【详解】由可得，,
所以直线的斜率纵截距，
所以直线经过一、二、四象限，
故选:C
6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
7. 如图，空间四边形OABC中，，点M在上，且，点N为BC中点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
又点N为BC中点，所以，
所以.
故选：B.
8. 若，则直线的倾斜角的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，结合余弦函数的值域求出直线斜率的范围，再利用斜率的定义求解作答.
【详解】直线的斜率，显然此直线倾斜角，
因此或，解得或，
所以直线的倾斜角的取值范围为.
故选：C
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 正方体的截面可能是
A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 菱形D. 正六边形
【答案】CD
【解析】
【分析】如图所示截面为三角形ABC，设OA=a，OB=b，OC=c，应用余弦定理，证明是锐角三角形；如图，取相对棱的中点和相对顶点，得到的四边形是菱形；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形．
【详解】
如图所示截面为三角形ABC，OA=a，OB=b，OC=c，
∴，
∴
∴∠CAB为锐角，同理∠ACB与∠ABC也为锐角，即△ABC为锐角三角形，
∴正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，
不可能是钝角三角形和直角三角形，A、B错误；
若是四边形，则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正方形，
但不可能是直角梯形，C正确；
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，
如图为正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D正确.
故选：CD.
【点睛】本题考查正方体截面问题，考查空间想象能力，属于中等难度.
10. 下列说法正确的是（）
A. 过两点的直线方程为
B. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是
C. 点关于直线的对称点为
D. 直线必过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A,根据两点式直线方程的使用条件判断即可;对于B,求出直线分别在轴和轴上的截距,再用三角形面积公式求解即可;对于C,设点关于直线的对称点为,列方程组求解即可;对于D,将直线可转化为即可进行判断.
【详解】对于A,当或时,不存在选项中的两点式直线方程,故A错误;
对于B,直线在轴上的截距为,在轴上的截距为,所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积是,故B正确;
对于C,设点关于直线的对称点为,
则,解得,
即点关于直线的对称点为,故C错误;
对于D,直线可转化为,过定点,故D正确.
故选:BD.
11. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，E为的中点，点与点在同一平面内，则点到点的距离可能为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等体积法计算点到平面BDE的距离d，则点到点P的距离可能值大于等于d，再结合选项即可.
【详解】连接，如图，
因为E为的中点，则E也为的中点.
由题意，，且，故四边形为平行四边形，
故，
故
又，
故，
设点到平面BDE的距离为d，则，解得，
又点P与点B，D，E在同一平面内，则点到点的距离大于等于，
选项中BCD满足.
故选：BCD
12. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，平面平面，点在线段上，交于点，则下列结论正确的是（）
A. 若平面，则为的中点
B. 若为的中点，则三棱锥的体积为
C. 平面与平面的夹角为
D. 若，则直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，利用线面平行的性质定理证明即可；B选项，利用割补的思路得到，然后求体积即可；C选项，利用几何法找出二面角的平面角，然后求三角函数值即可判断；D选项，根据得到，在中利用余弦定理即可求出，再利用等体积的思路求出点到平面的距离，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
对A，因为平面，平面，平面平面，
所以，因为正方形，所以为中点，
又，所以为中点，故A正确；
对B，取中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，可得，
因为为中点，所以点到平面的距离为，
所以，
故B正确；
对C，取中点，连接，，因为为等边三角形，
所以，
因为底面是正方形，
，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又，所以平面，
因平面，
所以，又，平面平面，
所以为二面角，，
故二面角不是，故C错误；
对D，由题意，，
因为，所以，
因为为等腰三角形，可求得，
在中，由余弦定理可得
，解得，
在中，，，所以高，
设点到平面的距离为，利用等体积法，，
所以，
解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 过点斜率为的直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的点斜式,再分别求出截距，计算面积及即得；
【详解】由题可得直线l方程为，即；
令，则,令，则,
则直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为，
故答案为:.
14. 如图，正方的棱长为2，若空间中的动点P满足，若，则二面角的平面角的大小为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据几何法求解二面角的平面角，即可求解大小.
【详解】若，则为正方体的体对角线的交点，即为正方体的中心，
因此平面即为平面，
平面，平面，，，
是二面角的平面角，
在等腰直角三角形中，，
故二面角的平面角为，
故答案为：
15. 如图，圆锥的高，底面⊙的直径，是圆上一点，且，为的中点，则直线和平面所成角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】设点到平面的距离为,设直线和平面所成角为，则由等体积法有：，即，,，于是，故答案为.
16. 如图，在直三棱柱中，，，是上一点，且，是中点，是上一点，当时，平面，则三棱柱外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】本题首先可以根据平面得出，然后根据得出以及，故球心到平面的距离，再然后根据以及得出外接圆的半径为，最后根据即可求出的值以及外接球的表面积.
【详解】
如图，连接交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
因为，所以，则，
因为，
所以外接球的球心到平面的距离为，
因为，，
所以外接圆的半径为，
故所求外接球的半径为，其表面积为，
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱柱外接球表面积的求法，考查根据线面平行证明线线平行，考查三角形相似的应用，考查利用正弦定理求三角形外接圆半径，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，是中档题.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知三角形的三个顶点是.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两点斜率公式求解斜率，进而由斜截式即可求解方程，
（2）根据斜率公式以及垂直关系得高所在直线斜率，即可求解.
【小问1详解】
由题意可得,
由斜截式可得直线方程为；
【小问2详解】
,所以边上的高所在直线的斜率为，
由点，所以边上的高所在直线方程为.
18. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，分别为的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若与所成角为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；
（2）由题可得为与所成角，又由条件可得平面，可得，进而利用棱锥体积公式即得.
【小问1详解】
∵，分别为的中点，
∴，又，，
∴平面，又平面，
∴平面平面，
【小问2详解】
连接，由，
∴平行四边形，
∴，
所以是异面直线所成的角，
则，
所以，
因为分别为的中点，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，为，
则.
19. 已知直线和直线．
（Ⅰ）当时，若，求a的值；
（Ⅱ）若，求的最小值．
【答案】（1）；（2）2
【解析】
分析】
（1）通过l1∥l2，斜率相等，截距不相等，推出关系式，然后求b的取值范围；
（2）利用l1⊥l2，得到，然后利用基本不等式求|ab|的最小值．
【详解】（1）直线：和直线：，
∵l1∥l2，，且，
即，且，
若，则，
整理可得，解得.
（2）由，当任一直线斜率不存在时，显然不成立，
，
，
，
又∵，
，
当且仅当，即时等号成立，
∴
的最小值为2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线的一般式方程与直线的平行关系、垂直关系，关键是熟记两直线平行时：系数满足；两直线垂直时，系数满足：，考查了计算能力.
20. 如图，已知分别为四面体的面与面的重心，为上一点，且.设.
（1）请用表示；
（2）求证：三点共线.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，
（2）根据空间向量的线性运算用基底表示，即可根据向量共线证明.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
；
则，
又有公共起点，，，三点共线．
21. 如图，在矩形中，,,是的中点，将沿向上折起，使平面平面
（1）求证：;
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）详见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据条件及面面垂直的性质定理可得⊥平面，进而即得；
（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得平面平面，即得.
【小问1详解】
因为,,是的中点，
所以，
，又，
∴在中，，
所以，
∵平面⊥平面，且是交线，平面，
∴⊥平面，
∵平面，
∴；
【小问2详解】
由题可知，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
即二面角的大小为.
22. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．
（1）证明：；
（2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）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，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
【小问2详解】
因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，