河南省洛阳市强基联盟2023-2024学年高二上学期10月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省洛阳市强基联盟2023-2024学年高二上学期10月联考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~第二章第3节.
一、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. 已知直线的斜率为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】由题意，直线的斜率为，且经过点，
根据直线点斜式方程，可得，即.
故选：D.
2. 已知是坐标原点，空间向量，，，若线段的中点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算.
【详解】由题意，则，所以，
所以，
故选：C.
3. 已知直线l经过点，，则下列不在直线l上的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知的两点求出直线l的方程，将点的坐标代入直线方程即可求解.
【详解】由直线的两点式方程，得直线l的方程为，即，
将各个选项中的坐标代入直线方程，
可知点，，都在直线l上，点不在直线l上．
故选：D．
4. 在空间直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形对角线交点为中点可得答案.
【详解】设，
因为与的中点相同，所以，
解得，所以.
故选：A.
5. 已知点A，B分别是直线与直线上的点，则的最小值为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两平行直线间的距离定义和公式可求.
【详解】由题意可知直线，所以当，且时，有最小值，
其最小值为平行直线 与的距离，
直线的方程可化为，
所以
故选：C.
6. 已知点，，过点的直线与线段相交，则的斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得直线和直线的斜率，再利用数形结合法求解.
【详解】解：如图所示：

，
由图象知：当的斜率不存在时，直线与线段相交，
故的斜率的取值范围为.
故选：D.
7. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解.
【详解】由F为BE 的中点，得
又
所以，由
得
即所以
故选：D
8. 已知点在线段上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.
【详解】由图象如下，

又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方，
上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为，
由图知：原点到线段的距离，则，
综上，，故.
故选：B
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. 已知是空间中三个向量，则下列说法错误的是（ ）
A. 对于空间中的任意一个向量，总存在实数，使得
B. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C. 若，，则
D. 若所在直线两两共面，则共面
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理分别判断.
【详解】由空间向量基本定理.可知只有当不共面时. 才能作为基底，
才能得到，故A错误：
若是空间的一个基底，则不共面. 也不共面，
所以也是空间的一个基底，故B正确；
若，，则不一定平行，故C错误；
若所在直线两两共面，则不一定共面，故D错误.
故选：ACD.
10. 已知直线的倾斜角分别为，斜率分别是，若，则的大小关系可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由在分别单调递增，且时，；时，，分类讨论分析即得解.
【详解】由在分别单调递增，
且时，；时，，
若，或，则，故A正确；
若， 则，故C 正确；
若，则，故 D正确，
无论哪种条件下，B 都不成立.
故选：ACD.
11. 已知直线l经过点，且与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，则直线l的方程为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直线的斜截式方程，结合待定系数法求解即得.
【详解】依题意，直线l的截距存在且不为零，设直线l的方程为 ，
又直线 l过点，于是 ，又l与坐标轴围成的三角形是等腰直角三角形，
则，当时， ，解得，此时直线 的方程为；
当时，，解得，此时直线l的方程为.
所以直线的方程为或.
故选：AC
12. 如图，在长方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 平面
B. ⊥平面
C. 异面直线CN和AB所成角的余弦值为
D. 若P为线段上的动点，则点P到平面CMN的距离不是定值
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据线面平行的判定定理，利用空间平面向量的数量积运算性质、夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则

，
对于 A，因为
所以，又平面，平面，
所以平面，故 A 正确；
对于B： ，
设平面的法向量为，则即
令，则所以平面的一个法向量为因为与不平行，所以 ⊥平面不成立，故 B错误；
对于C：
设异面直线CN和AB 所成的角为，则，故C错误；
对于 D，设，
所以，
又平面的一个法向量为所以点 P到平面的距离不是定值.故 D正确.
故选 ：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，若，则m=______.
【答案】
【解析】
【分析】由空间向量垂直的条件求解.
【详解】由，得 解得
故答案为：
14. 若直线与直线垂直，则实数______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据两直线垂直列方程，解方程即可.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，解得，
故答案为：.
15. 2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分.唐代诗人李颀的边塞诗《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”，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军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设将军的出发点是A（2，4），军营所在位置为B（6，2），河岸线所在直线的方程为x+y-3=0，则将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出点B关于直线的对称点，数形结合分析得，“将军饮马”的总路程的最小值为.
【详解】
由题可知A，B 在的同侧，设点B关于直线的对称点为 ，
则，解得，即，
所以“将军饮马”总路程的最小值为.
故答案为：.
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间线面位置关系、空间向量、向量法求空间中点到直线距离的公式、二次函数分析运算即可得解.
【详解】解：
如上图，取的中点为.连接 、、.
∵，点是的中点，∴.
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴ 平面.又∵平面∴.
又∵底面是矩形，、是、中点，∴.
∴以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴
建立空间直角坐标系如图所示，由，，，
得，.
∴，，，则，，
设，则，，
，
∵，
∴向量单位方向向量，
则，
因此点到直线的距离，
当时，取最小值，
∴线段上的动点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
【点睛】向量法求点到直线距离的步骤：
1.根据图形求出直线（或向量）的单位方向向量.
2.在直线上任取一点（可选择特殊便于计算的点），计算点与直线外的点的方向向量点.
3.点到直线的距离.
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. 已知三条直线，和.
（1）若，求实数的值；
（2）若三条直线相交于一点，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两条直线平行的条件求解即可；
（2）先由两条确定的直线求出交点坐标，然后带入含参直线求解即可.
【小问1详解】
因为，且.
所以.解得.经检验，时，.
【小问2详解】
由，解得 即与的交点为，
因为三条直线相交于一点，所以点在上，
所以.解得.
18. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得直线的斜率，利用点斜式求得边上的高所在直线的方程.
（2）先求得点坐标，再根据两点式求得边上的中线所在直线的方程.
【小问1详解】
，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为
【小问2详解】
线段的中点，
所以直线所在直线方程为.

19. 如图，在四面体中，，，，，点，分别在棱，上，且，.

（1）用，，表示，；
（2）求异面直线，所成角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算直接表示各向量；
（2）利用转化法求向量数量积及夹角.
【小问1详解】
因为点，分别在棱，上，且，，
所以，，
所以，
；
【小问2详解】
因为，，，，
所以，，
所以，
，
，
所以，
即异面直线，所成角的余弦值为.
20. 如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为，，的中点.
（1）证明：平面；
（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）取的中点G，连接，，利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，，
因为F，G分别为，的中点，
所以，，
又E为的中点，，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
解：在直三棱柱中，平面，
又平面，平面，
所以，，又，
故以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，
所以，， ，
设平面的法向量为，
则令得，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
21. 已知直线恒过点，且与轴，轴分别交于 两点，为坐标原点.
（1）求点的坐标；
（2）当点到直线的距离最大时，求直线的方程；
（3）当取得最小值时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）把直线的方程可化为，联立方程组，即可求解；
（2）当时，点到直线的距离最大，结合，求得，即可求得直线的方程；
（3）分别求得和，得到，结合基本不等式，得到，分类讨论，即可求得的面积.
【小问1详解】
解：直线的方程可化为，
令，解得，即点的坐标为.
【小问2详解】
解：当时，点到直线的距离最大，
此时直线的斜率与直线的斜率满足，
因为，所以，即，
所以直线的方程为，即.
【小问3详解】
解：令，可得，所以；
令，可得，所以，且，
可得，
所以
当且仅当时，等号成立，
当时，直线的方程为，此时，
可得的面积为；
当时，直线的方程为，此时，
可得的面积为，
综上可得，的面积为或
22. 如图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）.
（1）证明:平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解.
【小问1详解】
因为是等边三角形，点是棱的中点，
所以，
又平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
在平面中，过点作,
由（1）可知，，
所以，，
又平面，平面，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为是等边三角形，，
所以，，，
因为 ，所以
设所以，
所以
设平面的法向量为，
又
所以，即 ，
令，得所以平面的一个法向量为
设平面的法向量为 ，
又
所以 ，即 ，
令，得
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
所以，
设，因为，
所以，所以，
所以，
设，则由复合函数单调性可知
在时单调递增，
所以当 时，即时，取到最小值.