广东省广州市第六十五中学2023-2024学年高二上学期10月学情检测数学试题（解析版）

这是一份广东省广州市第六十五中学2023-2024学年高二上学期10月学情检测数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二数学
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．）
1. 化简所得的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量减法原则，以及相反向量的定义，即可得出结果.
【详解】根据向量减法原则，，而，
故.
故选：C.
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合斜率的定义即可求得直线的倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，由直线斜率的定义可知：，则.
故选：B.
【点睛】本题主要考查直线倾斜角的定义，特殊角的三角函数值，属于基础题.
3. 与向量平行的一个向量的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量共线定理即可判断出．更多课件教案等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【详解】因为
，
，
错误，
．
即与向量平行，
故选：B．
4. 已知直线的方程是，的方程是（，），则下列各图形中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】有条件知，两直线的斜率均存在且不为0，写出它们的斜截式方程后再进行判断．
【详解】解：，直线与直线的斜率均存在
直线的斜截式方程为；直线的斜截式方程为
对于A选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应小于0，直线的纵截距应小于0，故A图象不符合；
对于B选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应小于0，故B图象不符合；
对于C选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故C图象不符合；
对于D选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故D图象符合．
故选：D．
5. 设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（ ）
A. 圆B. 直线
C. 平面D. 线段
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.
【详解】由题意，故点M位于过点A且和垂直的平面内，
故点M构成的图形是经过点A，且以为法向量的平面，
故选：C
6. 设，向量，，，且，，则（ ）
A. B. C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】先根据求出，再根据求出，故可求.
【详解】因为，故，故，
因为，故，故，故，，
故，故，
故选：D.
7. 如图，在三棱柱中，点是底面的重心，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接，并延长交于点D，根据重心的定义可得D为的中点，，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意知，如图，连接，并延长交于点D，
则D为的中点，，
有，
.
故选：A.
8. 如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段即可得结果.
【详解】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，，
由得，即，
由于，所以，，
所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，
由图知：，
故选：B.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角取值范围是
B. 若直线的斜率为，则该直线的倾斜角为
C. 平面直角坐标系中的任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率
D. 直线的倾斜角越大，其斜率就越大
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线倾斜角和斜率关系判断各项的正误.
【详解】A：直线倾斜角范围为，正确；
B：当直线斜率为，则该直线的倾斜角为内正切值为的角，错误；
C：平面内所有直线都有倾斜角，当倾斜角为90°时没有斜率，正确；
D：倾斜角为锐角时斜率为正，倾斜角为钝角时斜率为负，错误.
故选：AC
10. 在四棱锥中，底面是边长为正方形，，则以下结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法确定正确答案.
【详解】依题意可知，四棱锥是正四棱锥，设，
连接，则平面，
由于平面，所以，
由于，所以两两相互垂直，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
四边形是正方形，，
，，
所以，
，
，
，A选项错误.
，B选项错误.
，C选项正确.
，所以D选项正确
故选：CD
11. 已知，，若直线恒过点且与线段相交，则直线的斜率取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，求出，由数形结合求解即可.
【详解】设,
则，
如图，
由图可知，当时，直线与线段相交，
故选：AC
12. 如图，在正三棱柱中，，，P为线段上的动点，且，则下列命题中正确的是（ ）

A. 不存在使得
B. 当时，三棱柱与三棱锥的体积比值为9
C. 当时，异面直线和所成角的余弦值为
D. 过P且与直线和直线所成角都是的直线有三条
【答案】AC
【解析】
【分析】取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，由，求得，可判定A正确；由时，分别求得三棱柱和三棱锥的体积，可判定B错误；结合向量，求得，可判定C正确；在平面和平面内，分别作，转化为过点的直线与直线和直线所成的角，结合空间直线的位置关系，可得判定D错误.
【详解】取的中点，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，以过点平行与的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
对于A中，由，可得，
可得，则，
所以A正确；
对于B中，当时，即点的中点，
可得三棱柱的体积为，
三棱锥的体积为，
所以三棱柱与三棱锥的体积比为，所以B错误；
对于C中，由，
可得，则，
即异面直线和所成角的余弦值为，所以C正确；
对于D中，如图所示，在平面和平面内，分别作，
由异面直线所成角的定义知，过点的直线与直线和直线所成的角，即为过点的直线与直线和直线所成的角，
因为为等边三角形，可得，即直线与所成的角为，
根据空间中直线的位置关系，可得过点的直线与直线和直线所成的角为的直线有四条，所以D错误.
故选：AC.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则________．
【答案】6
【解析】
【分析】依题意可得，即可得到，根据空间向量数量积的坐标表示得到方程，解之即可.
【详解】，且直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
，
，即，解得．
故答案为：
14. 已知直线经过点且一个方向向量为，则直线的一般式方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式求解即可.
【详解】因为直线一个方向向量为，所以其斜率为，
所以直线的方程为：，化为一般式方程为：.
故答案为：.
15. 已知、和三点共线，则实数______．
【答案】9
【解析】
【分析】利用直线斜率的定义列方程即可求得实数a的值.
【详解】由题意可得，即
解之得
故答案为：9
16. 二面角的棱上有两个点,,线段与分别在这个二面角的两个面内,并且垂直于棱,若,,,,则平面与平面的夹角为________.
【答案】60°##
【解析】
【分析】先设平面与平面的夹角为,因为,,所以,,根据空间向量得,两边平方代入数值即可求出答案.
【详解】设平面与平面的夹角为,因为,,
所以,,
由题意得,
所以
,
所以,即,
所以,即平面与平面的夹角为.
故答案为:.
四、解答题（本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，其余各题均为12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知的三个顶点，，，求：
（1）边上的高所在直线的方程；
（2）的垂直平分线所在直线的方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)由斜率公式易知，由垂直关系可得直线的斜率，代入点斜式易得方程；
(2)根据可得，再由中点坐标公式可得线段的中点，可得方程．
【小问1详解】
由斜率公式易知，直线的斜率．
又直线过点，代入点斜式得直线的方程为：．
【小问2详解】
，．又线段的中点为，
所在直线的方程为，
整理得所求的直线方程为：．
18. 已知直线经过点、，直线经过点､，
（1）若，求的值；
（2）若的倾斜角为锐角，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证，在第二种情况下，利用斜率关系可得出关于实数的等式，解之即可；
（2）由题意可知，直线的斜率为正数，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【小问1详解】
解：当时，直线的斜率不存在，此时直线的斜率为，满足；
当时，由，设直线、的斜率分别为、，
可得，即，解得，
所以当时，的值是或.
【小问2详解】
解：因为直线经过点､，所以直线的斜率，
又因为直线的倾斜角为锐角，所以，即，
即，解得，故的取值范围是.
19. 已知空间三点.
（1）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；
（2）若向量分别与垂直，且，求的坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的夹角余弦公式求出，从而得到以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；
（2）设出，根据空间向量垂直关系和模长，列出方程组，求出的坐标.
【小问1详解】
，
，
,
∵，
.
故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积.
【小问2详解】
设.
，且，
，解得或
故或.
20. 如图，在平行六面体中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱的长为b，且.
求：（1）的长；
（2）直线与AC所成角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用基底表示向量，再利用数量积求模；（2）转化为利用向量数量积求直线夹角的余弦值.
【详解】，
所以

，
所以

，
，
，
所以直线与AC所成角的余弦值为.
21. 如图，在长方体中，，，点E在棱上移动．

（1）证明：；
（2）当时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
（2）利用向量法求得与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
所以，
所以.
【小问2详解】
当时，，，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设与平面所成角为，
则.

22. 如图，在三棱锥中，，，，分别为，的中点，为正三角形，平面平面.
（1）求点到平面的距离；
（2）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点
【解析】
【分析】（1）根据线面关系证得，，则以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标求平面的法向量与，即可求得点到平面的距离；
（2）由（1）知平面的法向量，设，且，利用空间向量的坐标求平面的法向量，根据平面与平面夹角余弦值的向量的坐标运算列方程，即可求得的值，从而确定的位置.
【小问1详解】
连接，因为为正三角形，又为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，，分别为，的中点，所以，，所以，
则如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，
设平面法向量为，由于，
则，令，则
又，则点到平面的距离为；
【小问2详解】
由（1）可知是平面的一个法向量，
由题可设，且，则，
所以，
设平面的法向量为，由于，
则，令，则，
所以，整理得，解得或（舍），
故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点.