重庆市2023_2024学年高二数学上学期10月考试试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期10月考试试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知两直线方程分别为l1， 直线的倾斜角的取值范围是， 下列命题中，正确的有等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟
姓名：__________班级：__________考号：__________
一､选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分
1. 已知两直线方程分别为l1：x＋y＝1，l2：ax＋2y＝0，若l1⊥l2，则a＝（）
A2B. －2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用直线垂直公式计算得到答案.
【详解】因为l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即-＝1，解得a＝－2.
故选：
【点睛】本题考查了根据直线垂直计算参数，属于简单题.
2. 平面的法向量为，平面的法向量为，，则（）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据，由两个平面法向量平行列式得解.
【详解】因为平面的法向量为，平面的法向量为，且，
所以，解得.
故选：C
3. 在空间直角坐标系中，关于轴的对称点为点，若点关于平面的对称点为点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出关于轴的对称点，点关于平面的对称点，再计算的值．
【详解】空间直角坐标系中，关于轴的对称点为，
点关于平面的对称点为点，
所以．
故选：B．
4. 已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点斜式方程求解即可.
【详解】直线在轴上的截距为，点在直线上，
又直线的斜率为,根据点斜式方程得即.
故选：B.
5. 直线的倾斜角的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线方程求出直线的斜率，通过斜率的范围，得到倾斜角的正切值的范围，求出α的范围．
【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，则，∴，即
∴倾斜角的取值范围是．
故选：D
【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查学生计算能力，属于基础题．
6. 已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的斜率，再结合图形即可得解.
【详解】因为，，
所以直线的斜率分别为，
由图形知，当或，即或时，直线l与线段AB相交，
所以直线与线段不相交时，直线l斜率k的取值范围为.
故选：A.
7. 已知点,直线与轴相交于点,则△中边上的高所在直线的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令得点坐标,再根据和斜率公式,得直线的斜率,结合点斜式求解即可.
【详解】直线与轴相交于点,令得
由题知且直线的斜率得
易知点在直线上,根据点斜式得即.
故选：C.
8. 已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可．
【详解】取的中点，连接、、，如图所示：
由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面，
又且，于是为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，又，平面，
因此平面平面，由与平面无公共点，平面，则平面，
又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面，
于是是点在底面内的轨迹，
又正方体的棱长为，则，
所以点的轨迹长度为.
故选：B
二､多选题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
9. 在四面体中，，则以下选项正确的有（）
A.
B.
C.
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据空间向量坐标表示公式、空间向量模的坐标表示公式、空间向量垂直的性质和数量积坐标公式逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项正确；
B：因为，，
所以有，，
因此本选项正确；
C：因为，，
所以有，因此本选项不正确；
D：因为，，
所以，因此本选项不正确，
故选：AB
10. 下列命题中，正确的有（）
A. 空间任意向量都是共面向量
B. 已知，，，四点共面，对空间任意一点，若，则
C. 在四面体中，若，，则
D. 若向量是空间一组基底，则也是空间的一组基底
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用空间向量共面定理及数量积运算，逐一分析判断即可．
【详解】解：对于，空间任意向量都是共面向量，所以A正确
对于B，已知，，，四点共面，对空间任意一点，若
则，解得，所以B错误
对于C，在四面体中，若，，
则
，所以C正确
对于D，因为向量是空间一组基底，则对于空间任一向量，都存在实数，，，
使得，
即，所以也是空间的一组基底，所以D正确．
故选：ACD．
11. 在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，则（）
A. 异面直线与所成角的余弦值为
B.
C. 四面体的外接球体积为
D. 平面截正方体所得的截面是平面五边形
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系利用坐标法可判断AB；利用正方体的结构特征求出球半径判断C；作出截面判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
则，，异面直线与的夹角余弦，A错误；
显然，，，则，B正确；
显然四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球半径，球体积，C正确；
延长交延长线于，连接交于，延长交延长线于，连接交于，
则五边形为平面截正方体所得的截面，D正确.
故选：BCD
12. 在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（）
A. 当时，平面
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，△PBD的面积为定值
D. 当时，直线与所成角的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；
对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；
对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；
对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.
【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三､填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）
13. 向量，向量在向量上的投影向量坐标是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的概念计算即可.
【详解】向量在向量上的投影向量坐标为：
.
故答案为：.
14. 已知直线经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程______．
【答案】或
【解析】
【分析】直线在两坐标轴上的截距相等，有两种情况，斜率为，或直线过原点，结合直线过点即可求解，有两种情况
【详解】因为直线与坐标轴的截距相等，则直线的斜率为，或直线过原点，当直线斜率为时，因为直线过点，根据点斜式，直线方程为：，化简得：；
当直线过原点时，，所以直线方程为
故答案为：或
15. 四棱柱的底面是正方形，底面边长为2，侧棱长是3，，则对角线的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】选作为基底，表示出，再利用，结合空间向量数量积的运算即可求出结果.
【详解】选作为一组基底，因为=，
所以
=.
故答案为：.
16. 已知是正方体内切球的一条直径，点在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的最大值是__________，最小值是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先利用正方体的性质求得的取值范围，再利用空间向量的数量积即可得解.
【详解】设正方体内切球球心为S，是该内切球的任意一条直径，易知该内切球的半径为1，
当点在正方体的面的中心时，取得最小值1；
当点在正方体的顶点时，取得最大值，所以；
故
，
所以的最大值是，最小值是.
故答案：；.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用数量积运算，将转化为，从而得解.
四､解答题（17题10分，18-22题每题12分，总分70分）
17. （1）若直线与直线平行，求的值；
（2）若直线与直线垂直，求的值.
【答案】（1）或；（2）或
【解析】
【分析】（1）由两直线平行的性质计算即可得，并排除重合的情况；
（2）由两直线垂直的性质计算即可得.
【详解】（1）两直线平行，则，即，故或，
当时，两直线分别为与，符合要求，
当时，两直线分别为与，符合要求，
故或；
（2）两直线垂直，则，
即，故或.
18. （1）已知斜率为负的直线过点，且与两坐标轴围成的面积是54，求直线的方程；
（2）在中，已知边上的中线所在直线的方程依次是与，求所在直线方程.
【答案】（1），或
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，根据点在直线上，且与两坐标轴围成的面积是54，求出可得答案；
（2）设，根据的中点在直线上、点在直线上求出点坐标，的中点在直线上、点在直线上求出点坐标，再利用点斜式方程求解即可.
【详解】（1）由斜率为负的直线过点，设直线的方程为，
可得，①
又因为直线与两坐标轴围成的面积是54，所以，②，
由①②解得，或，
所以直线的方程为，或，
即，或；
（2）设，可得的中点坐标为，
的中点坐标为，
可得，，
解得，，即，
所以所在直线方程为，
即.
19. 在正四棱柱中，为的中点，.
（1）点满足，求证：四点共面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】19. 证明见解析
20.
【解析】
【分析】（1）连接，，先证明是平行四边形，进而可得N，M，B，四点共面.
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角正弦值.
【小问1详解】
如图：
连接NM，，由，知，且，
所以，且，即四边形为平行四边形，
所以，．
又因为，，所以，，
故N，M，B，四点共面．
【小问2详解】
如图：
因为正四棱柱，故，，以两两相互垂直，
以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
由，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得．
记直线CD与平面所成角为，
则．
20. 已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求的重心到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，连接交于点，连接，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为底面是菱形，则为中点，又为中点，
则为的中位线，
则，又平面，平面，
则平面.
【小问2详解】
因为底面为菱形，且边长为2，，
则，，即，
又，为中点，则，
则，
又，，则，则，
又，平面，
则平面，
则以为原点，分别为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设的重心为，则，
又，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，则，又，
则点到平面的距离.
21. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．
（1）若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处
【解析】
【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；
（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.
【小问1详解】
因为E、F分别是SA、SB的中点，
所以EFAB，
在矩形ABCD中，ABCD，
所以EFCD，CD平面SCD，EF平面SCD，
∴EF平面SCD，
又因为E、P分别是SA、AD的中点，
所以EPSD，SD平面SCD，EP平面SCD，
∴EP平面SCD，
又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，
所以平面PEF平面SCD．
【小问2详解】
假设在棱SA上存在点M满足题意，
在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，
又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，
所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高．
设，则，，
所以，所以m＝2．
以点P为原点，，方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，．
设，所以．
设平面PMB的一个法向量为，则，
所以取．易知平面SAD的一个法向量为，
所以，
因为，所以，
所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意．
22. 正方体中，，点在线段上.
（1）当时，求异面直线与所成角的取值范围；
（2）已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意引入参数，建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为两直线方向向量夹角的余弦的范围，然后结合异面直线角的范围即可得解.
（2）引入参数，利用等体积法转换为求的体积，只需求到平面的距离以及即可得表达式，从而进一步得解.
【小问1详解】
由题意正方体的三条棱长两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
，由题意不妨设，
所以，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
令，
当时，，
当时，，
综上，，
所以异面直线与所成角的取值范围为.
【小问2详解】
如图所示：
由题意线段的中点是，，不妨设，
所以，
取平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
而
，
所以三棱锥的体积为，
所以当且仅当时，三棱锥的体积取最小值.
【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是等体积转换法，这样大大减少了计算量.