重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二数学上学期9月测试试题（Word版附解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二数学上学期9月测试试题（Word版附解析），共21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。
重庆市杨家坪中学高2025届高二（上）九月测试数学试题（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：B3. 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：C5. 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:C6. 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：D7. 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. 2 B. 3 C. 4 D. 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：BCD12. 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，