2024天津静海区一中高二上学期10月月考试题数学含解析

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静海一中2023-2024第一学期高二数学（10月）学生学业能力调研试卷第Ⅰ卷 基础题（共114分）一、选择题： 每小题5分，共30分．1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 2. 直线：，：，则“”是“”（    ）条件A 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分也不必要3. 若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为（    ）A  B.  C.  D. 4. 如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（    ）A.  B.  C.  D. 5. 已知空间内三点，，，则点A到直线的距离是（    ）．A.  B. 1 C.  D. 6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线l方程分别为（    ）A. ； B. ；C. ； D. ；二、填空题：每小题5分，共30分．7. 若经过两点的直线l的倾斜角为锐角，则实数m的取值范围是_______．8. 设，向量且，则__________．9. 若直线与平行，则实数的值为______；与间的距离为____________．10. 如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，，求异面直线与所成角的余弦值_____．11. 已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为__________.12. 下面命题中正确的有__________．①直线的斜率为；②直线与垂直的充要条件是斜率满足；③截距相等的直线都可以用方程表示；④若，则四点P，A，B，C必共面；⑤为直角三角形的充要条件是；⑥若为空间的一个基底，则，，构成空间的另一基底；⑦在空间中，直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则.三、解答题：(本大题共3小题，共54分)13. 根据下列条件分别写出直线方程，并化为一般式方程．已知直线，（1）经过点且与直线平行的直线；（2）经过点且与直线垂直的直线；（3）经过直线与的交点，且与坐标原点距离为1的直线；（4）一入射光线经过点，被直线反射，反射光线经过点，求反射光线所在直线方程．14 如图，AE⊥平面ABCD，，.（1）求证：BF平面ADE；（2）求点F到平面BDE的距离；（3）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．15. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为的中点．  （1）求与所成角的余弦值；（2）求证：平面；（3）求平面与平面的夹角的余弦值．第Ⅱ卷 提高题（共33分）16. 已知直线．（1）证明直线过定点，并求出点的坐标；（2）在（1）的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；（3）若直线不经过第二象限，求的取值范围；（4）在（1）的条件下，若直线l交x轴负半轴于点M，交y轴负半轴于点N，求的最小值并求出此时直线l的方程．17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，点为的中点．（1）求平面与平面夹角的正弦值；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．
静海一中2023-2024第一学期高二数学（10月）学生学业能力调研试卷第Ⅰ卷 基础题（共114分）一、选择题： 每小题5分，共30分．1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间中的点关于坐标平面的对称点的特征，即可求解.【详解】点关于平面的对称点的坐标为，所以点关于平面的对称点的坐标为.故选：D2. 直线：，：，则“”是“”的（    ）条件A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】先求出两直线垂直时a的值，进而可判断充分必要条件．【详解】直线：，：，当时,有，解得或.所以“”时“”成立，“”时“”不一定成立，则“”是“”的充分不必要条件.故选：B3. 若直线l一个方向向量为，则它的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线的方向向量求出斜率，进而可求得倾斜角.【详解】因为直线l的一个方向向量为，所以直线l的斜率，所以直线l的倾斜角为.故选：D.4. 如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.【详解】依题意，所以.故选：C.【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量的线性运算，属于基础题.5. 已知空间内三点，，，则点A到直线的距离是（    ）．A.  B. 1 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解.详解】空间内三点，，，所以，，，，由，所以，所以点A到直线的距离.故选：A.6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线l方程分别为（    ）A. ； B. ；C. ； D. ；【答案】C【解析】【分析】对直线的方程进行变形确定该直线所过的定点，然后点到线距离最大的性质进行求解即可.【详解】将直线的方程整理得：， 因为，有成立，所以只能，解得，即直线过定点；若要到直线的距离最大，只需，此时直线是图中直线，此时点到直线的最大距离为线段的长度，即，又直线的斜率为，故此时直线的方程为：，即.故选：C  二、填空题：每小题5分，共30分．7. 若经过两点直线l的倾斜角为锐角，则实数m的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】根据斜率的计算公式，解不等式得到的取值范围.【详解】因为直线l的倾斜角为锐角，所以其斜率，故．故答案为：.【点睛】本题属于直线的斜率问题，关键是知道斜率的计算公式.8. 设，向量且，则__________．【答案】3【解析】【分析】由向量平行和垂直关系的坐标表示列出关于的方程组，再结合向量模长的坐标表示即可得结果.【详解】因为且，所以，解得，所以，得，故答案为：3.9. 若直线与平行，则实数的值为______；与间的距离为____________．【答案】    ①.     ②. ##【解析】【分析】根据两直线平行的公式求解，再根据平行线间的距离公式即可得解.【详解】因为直线与平行，所以，解得或，经检验，当时，两直线重合，所以，故，，所以与间的距离为.故答案为：；.10. 如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，，求异面直线与所成角的余弦值_____．【答案】【解析】【分析】设，，，根据向量加减法运算法则将分别用表示，再根据空间向量数量积运算和夹角公式计算可得结果.【详解】设，，，则，则，，所以，，因为，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为．故答案为：．11. 已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】求出所过定点，然后画出图形，求出，数形结合实数的取值范围.【详解】变形为，恒过点，画图如下：则，，则要想直线和以为端点的线段相交，则或，即或.故答案为：.12. 下面命题中正确的有__________．①直线的斜率为；②直线与垂直的充要条件是斜率满足；③截距相等的直线都可以用方程表示；④若，则四点P，A，B，C必共面；⑤为直角三角形的充要条件是；⑥若为空间的一个基底，则，，构成空间的另一基底；⑦在空间中，直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则.【答案】④⑥【解析】【分析】根据直线一般式得斜率即可判断①；根据直线垂直的充要条件即可判断②；根据直线的截距式的限制条件即可判断③；根据空间向量共面定理即可判断④；举出反例即可判断⑤；根据基底的定义即可判断⑥；利用向量法判断线面之间的位置关系即可判断⑦.【详解】对于①，当时，直线斜率不存在，故①错误；对于②，若直线与垂直，则或一条直线斜率不存在另一条直线斜率为，故②错误；对于③，当直线过原点时，直线方程不能用截距式表示，故③错误；对于④，若，则，即，即，所以共面，又有公共始点，所以P，A，B，C四点共面，故④正确；对于⑤，当的直角为角时，，故⑤错误；对于⑥，若为空间的一个基底，则不共面，设，，共面，则存在唯一实数对，使得，即，所以，方程组无解，所以，，不共面，所以，，构成空间的另一基底，故⑥正确；对于⑦，由题意可得或，故⑦错误.故答案为：④⑥.三、解答题：(本大题共3小题，共54分)13. 根据下列条件分别写出直线的方程，并化为一般式方程．已知直线，（1）经过点且与直线平行的直线；（2）经过点且与直线垂直的直线；（3）经过直线与的交点，且与坐标原点距离为1的直线；（4）一入射光线经过点，被直线反射，反射光线经过点，求反射光线所在直线方程．【答案】（1）    （2）    （3）或    （4）【解析】【分析】（1）设所求直线的方程为，求出即可；（2）设所求直线方程为，求出即可；（3）先求出交点坐标，再分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公司即可得解；（4）求出点关于直线的对称点，则直线的方程即为所求.【小问1详解】设所求直线的方程为，则有，解得，所以所求直线方程为；【小问2详解】设所求直线方程为，则有，解得，所以所求直线方程为；【小问3详解】联立，解得，即直线与的交点为，当所求直线的斜率不存在时，所求直线方程为，符合题意，当所求直线的斜率存在时，设直线方程为，即，则，解得，所以直线方程为，综上所述，所求直线方程为或；【小问4详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，即，则直线的方程为，即，即反射光线所在直线方程为.14. 如图，AE⊥平面ABCD，，.（1）求证：BF平面ADE；（2）求点F到平面BDE的距离；（3）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（3）利用向量法求解即可.【小问1详解】因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面；【小问2详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，所以点F到平面BDE的距离为；【小问3详解】，则，则，所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为．15. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为的中点．  （1）求与所成角的余弦值；（2）求证：平面；（3）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得所以，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）设，连接，证得和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；（3）由（2）知，平面，得到平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：在正三棱柱中，可得为等边三角形，取的中点，的中点，连接，，则， 因为平面平面，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得,所以，设异面直线与所成角为，可得，所以与所成角的余弦值为.【小问2详解】证明：设，连接，因为为正方形，所以，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，又因为是的中点，所以，因为，且平面，所以平面.【小问3详解】解：由（1）中的空间直角坐标系，因为正三棱柱的所有棱长都为2，又由（2）知，平面，所以为平面的一个法向量，因为，可得，由,设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.  第Ⅱ卷 提高题（共33分）16. 已知直线．（1）证明直线过定点，并求出点的坐标；（2）在（1）的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；（3）若直线不经过第二象限，求的取值范围；（4）在（1）的条件下，若直线l交x轴负半轴于点M，交y轴负半轴于点N，求的最小值并求出此时直线l的方程．【答案】（1）    （2）    （3）    （4）最小值为；直线的方程为【解析】【分析】（1）化简方程为，联立方程组，即可求解；（2）根据题意，设所求直线的方程为，将点代入直线方程，求得的值，即可求解；（3）得到直线的斜率为，根据题意，得到，即可求解；（4）设，且，可得，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：由直线，可化为，由方程组，解得，所以直线恒过定点.【小问2详解】由（1）知，直线恒过定点，因为直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，设所求直线的方程为，将点代入直线方程，可得，可得，所以所求直线的方程为，即.【小问3详解】解：由（1）知，直线恒过定点，可得直线的斜率为，因为，要使得直线不经过第二象限，则满足，可得，解得，即实数的取值范围；【小问4详解】解：因为直线，由直线交轴负半轴于点，交轴负半轴于点，如图所示，设，且，可得，过点作轴，点作轴，则，在直角中，可得，在直角中，可得所以，当时，取得最小值，最小值为，此时直线的倾斜角为，所以斜率为，所以直线的方程为，即.17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，点为的中点．（1）求平面与平面夹角的正弦值；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．【答案】（1）    （2）存在，【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）假设存在，设，再利用向量法求解即可.【小问1详解】如图，取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因，所以，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，因为平面，所以即为平面的一条法向量，则，所以平面与平面夹角的正弦值为；【小问2详解】假设存在，设，，则，，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，因为直线与平面所成的角正弦值为，所以，解得或（舍去），所以存在，.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.