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天津市静海区第一中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题(Word版附解析)

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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()AB.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.1C.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.1C.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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-19 10:55:02 页数:22
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文章作者:随遇而安

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