安徽省合肥市部分学校2023-2024学年高二数学上学期9月第一次调研试题（Word版附解析）

2023-2024学年第一学期高二第一次调研检测数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.直线经过两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，则的斜率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求得直线的斜率以及倾斜角，由此求得直线的倾斜角和斜率.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，又因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，所以直线的倾斜角为，所以的斜率为，故选：D.2.已知向量，则向量在向量上的投影向量（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用投影向量定义结合数量积和模的坐标运算求解即可.【详解】因为向量，所以向量在向量上的投影向量. 故选：B3.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】B【解析】【分析】根据空间点关于面的对称点的坐标关系求解.【详解】由空间直角坐标系中任一点关于平面的对称点为，可得点关于平面的对称点的坐标为.故选：B．4.已知直线与直线，若，则（）A.B.2C.2或D.5【答案】A【解析】【分析】解方程，再检验即得解.【详解】解：若，则，所以或．当时，重合，不符合题意，所以舍去；当时，符合题意．故选：A5.已知，，，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为（）A.0B.C.9D.【答案】D【解析】【分析】依题意可得共面，则，其中，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可. 【详解】不能构成空间的一个基底，共面，则，其中，则，，解得.故选：D.6.已知直线，点，若直线与线段相交，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得直线恒过点，画图可知直线的斜率的取值范围是 或，进而可知的取值范围.【详解】将直线的方程变形得由得，∴直线恒过点，∴， 由图可知直线的斜率的取值范围是 或，∵∴或，解得或，又∵时，直线仍与线段相交， ∴的取值范围为，故选：．7.美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法．三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份．如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（）A.1.8cmB.2.5cmC.3.2cmD.3.9cm【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直线的方程，利用点到直线距离公式进行求解【详解】解：如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直 角坐标系，则，，所以，利用点斜式方程可得到直线：，整理为，所以原点O到直线距离为，故选:B8.如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解. 【详解】由题意可知，因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，所以，所以，所以，所以．故选：D二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.已知非零空间向量，则下列说法正确的是（）A.若，则B.C.D.若，则不共面【答案】AB【解析】【分析】根据向量共线定理判断A；利用数量积的定义判断B；根据平面向量数量积的定义和运算律判断C；利用平面向量基本定理判断D【详解】对于A，因为，，是非零向量，且满足，，故存在实数使得，故，所以，故正确；对于B，因为，，是非零向量，所以，故正确；对于C，，，与未必共线，故不正确； 对于D，由平面向量基本定理可得若，则共面，故不正确故选：AB10.在正三棱柱中，点P满足，其中，则（）A.棱B.平面C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据，即可判断B；得中点为，根据平面向量的线性运算可得，从而可判断AC；证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断D.【详解】解：由，得共面，又三个向量共起点，所以共面，所以平面，故B正确；则，得，得，设得中点为，则，所以，因为，所以，即在的中垂线上，故棱，故A错误；则，又，所以不平行，故C错误； 连接，则，又平面，所以平面，又平面，所以，故D正确.故选：BD.11.已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是（）A.l的倾斜角等于B.l在x轴上的截距等于C.l与直线垂直D.l与直线平行【答案】CD【解析】【分析】由直线的方向向量可求得直线的斜率，从而可求出直线的倾斜角和直线方程，依次判断即可【详解】因为直线一个方向向量为，所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为（），则，所以，所以A错误；因为经过点，所以直线的方程为，令，则，所以在轴 上的截距为，所以B错误；因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以与直线垂直，所以C正确；因为直线的斜率为，直线的斜率也为，且两直线截距不等，故两直线平行，所以D正确.故选：CD12.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】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于A，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故A正确；对于B，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，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取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是__________.【答案】【解析】【分析】联立直线方程得交点坐标，再利用垂直关系及点斜式方程求解即可.【详解】联立，解得，即交点坐标为.因为所求直线与直线垂直，所以所求直线的斜率为，所以所求的直线方程是：，即.故答案为：. 14.若，且，则实数______________.【答案】【解析】【分析】利用已知条件求出，然后，求出即可.【详解】，,,,即，解得：.故答案为：【点睛】本题考查空间向量的数量积的应用，向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.15.点2，，3，，4，，若的夹角为锐角，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据的夹角为锐角，可得，且不能同向共线解出即可得出．【详解】1，，2，，的夹角为锐角，，且不能同向共线．解得，．则的取值范围为．故答案为．【点睛】本题主要考查了向量夹角公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.已知直线的方向向量且过点，则点到直线的距离为______．【答案】【解析】【分析】由空间中点到直线的距离的向量公式，计算即得解 【详解】由题意，故，又，故故故点到直线的距离为：故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知空间三点．（1）求以为邻边的平行四边形的面积；（2）设，若四点共面，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的夹角公式求出的余弦，再得出正弦，利用面积公式得解；（2）根据共面向量基本定理的坐标运算求解.【小问1详解】因为，所以，，，.．【小问2详解】 ，四点共面，存在唯一一对实数，使得，，解得，．18.如图，公路围成的是一块顶角为的角形耕地，其中，在该块土地中处有一小型建筑，经测量，它到公路的距离分别为，现要过点修建一条直线公路，将三条公路围成的区域建成一个工业园.（1）以为坐标原点建立适当的平面直角坐标系，并求出点的坐标；（2）三条公路围成的工业园区的面积恰为，求公路所在直线方程.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)以为坐标原点,所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据条件求出直线的方程，设出点坐标，代点到直线的距离公式即可求出所求；(2)由(1)及题意设出直线方程后，即可求得点的横坐标，与点的纵坐标，由求得后，即可求解.【详解】(1)以为坐标原点,所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系 由题意可设点，且直线的斜率为，并经过点，故直线的方程为：，又因点到的距离为，所以，解得或(舍去)所以点坐标为.(2)由题意可知直线的斜率一定存在，故设其直线方程为：，与直线的方程：，联立后解得:，对直线方程：，令，得，所以，解得，所以直线方程为：，即:.【点睛】本题以直线方程的相关知识为背景，旨在考查学生分析和解决问题的能力，属于中档题.19.如图，在底面为正三角形的三棱柱中，．（1）求；（2）求异面直线与所成角的正弦值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）取定空间的一个基底，利用空间向量数量积定义及运算律求解作答.（2）利用（1）中空间向量，求出向量与的夹角余弦即可求解作答.【小问1详解】 设．，因为，同理，所以.【小问2详解】由，得，因为，则，因此，所以异面直线与所成角的正弦值为.20.已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．（1）求证：平面；（2）在平面内找一点，使平面．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明出平面； （2）设是平面内一点，由平面得出，可求得、的值，进而可确定点的坐标.【详解】（1）证明：底面，，．以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由于．所以，，，，，，易知，平面的一个法向量为，又，，则.又平面，平面；（2）设是平面内一点，则，，，若平面，则，，即.因此，在平面内存在点，使平面．【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解动点问题，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21.已知梯形中分别是上的点，是的中点．沿将梯形翻折，使平面平面． （1）若以为顶点的三棱锥的体积记为，求的最大值；（2）当取得最大值时，求二面角的余弦值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由平面，，可得，进而由面面垂直的性质定理得到平面，进而建立空间坐标系，可得的解析式，根据二次函数的性质，易求出有最大值；（2）根据（1）的结论平面的一个法向量为，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，代入向量夹角公式即可得到二面角的余弦值.【小问1详解】∵平面平面，，平面平面，平面，∴平面.连接，因为，平面，平面，故面，故到平面的距离即为到平面的距离，而，所以，即时有最大值为．【小问2详解】由（1）的证明可知平面，而平面，故，在梯形中，因，，故，故，故在几何体中，有， 故可如图建立空间坐标系，当取最大值时，，则，∴，，设平面的法向量为，则，即，取，则，∴，而面的一个法向量为，则，由于所求二面角的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为.22.在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，，、分别为、的中点.（1）证明：；（2）求点B到平面CMN的距离．【答案】（1）详见解析；（2）. 【解析】【分析】（1）取中点，根据线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；（2）利用坐标法，根据点到平面距离的向量求法即得.【小问1详解】取中点，连结，，因为，则，又是正三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】由题可知，又∵平面平面，平面平面，∴平面，又，如图所示，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，设为平面的一个法向量，则，取，则，，∴， ∴点到平面的距离.