2024-2025学年江西省南昌市江西师范大学附属中学高二上学期10月素养测试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省南昌市江西师范大学附属中学高二上学期10月素养测试数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线l的倾斜角为π4，则直线l的斜率为( )
A. 33B. −1C. 1D. 3
2.已知向量n=−2,3,1是平面α的一个法向量，点P1,1,2在平面α内，则下列点不在平面α内的是( )
A. 3,2,3B. 0,0,3C. 2,1,1D. 2,1,4
3.如图，三棱柱ABC−DEF中，G为棱AD的中点，若BA=a，BC=b，BD=c，则CG=( )
A. 12a−b+12cB. 12a+b+12c
C. 32a−12b+12cD. 32a+12b+12c
4.已知空间向量a=6,2,1，b=2,x,−3，若a−2b⊥a，则x=( )
A. 4B. 6C. 234D. 214
5.下列说法中，错误的是( )
A. 直线y=5x−3在y轴上的截距为−3
B. 直线 3x−y+1=0的一个方向向量为− 3,−3
C. 两平行直线x+2y+3=0与2x+4y−7=0之间的距离是2 5
D. A1,3,B2,5,C−2,−3三点共线
6.已知直线l1:x+y+C=0与直线l2:Ax+By+C=0交于(1,1)，则原点到直线l2距离的最大值为( )
A. 2B. 2C. 22D. 1
7.如图，在正四棱锥P−ABCD中，PA= 2AB,E为PC的中点，则异面直线BE与AC所成角的余弦值为( )
A. 66B. 24C. 63D. 3 24
8.在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体表面上运动，且
满足MP⊥CN，点P轨迹的长度是( )．
A. 2+ 5aB. 3+ 3aC. 3+ 5aD. 4a
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法错误的是( )
A. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
B. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是0,π4∪3π4,π
C. 过x1,y1,x2,y2两点的所有直线，其方程均可写为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
D. 已知A2,4,B1,1，若直线l:kx+y+k−2=0与线段AB有公共点，则k∈−12,23
10.下列命题中错误的是( )
A. 若直线l的方向向量a=0,1,−1，平面α的法向量n=1,−1,−1，则l⊥α
B. 若a,b,c是空间的一个基底，2a+b,2b−2c,2a+c是空间的另一个基底
C. 已知空间向量a=2,−1,2,b=1,−2,−1,则向量b在向量a上的投影向量是49,−29,49
D. 已知a=1,−2,4,b=2,1,2,则与向量a,b共面的向量可以是5,0,8
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2,CC1=4，点E在棱AA1上，且AE=3EA1.点M为线段B1D1上动点(包括端点)，则下列结论正确的是( )
A. 当点M为B1D1中点时，C1M⊥平面BB1D1D
B. 过E点作与直线BD1垂直的截面α，则直线AD与截面α所成的角的正切值为 55
C. 三棱锥E−BDM的体积是定值
D. 点M到直线BC1距离的最小值为 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点P1,1，则点P关于直线x−y−2=0的对称点的坐标是 ．
13.已知空间向量PA，PB，PC的模长分别为2，2，3，且两两夹角均为π3，点G为△ABC的重心，则|PG|= ．
14.已知四面体OABC中，OC= 2，且OC与平面OAB所成的角为π4，则当x,y∈R时，OC−xOA−yOB+2OC−xOA−yOB的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知点P(2,−1)和直线l:x+2y−5=0．
(1)若直线l1经过点P，且l1⊥l，求直线l1的方程；
(2)若直线l2经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线l2的方程．
16.(本小题12分)
已知直线l经过点P3,2，
(1)若点M5,0到直线l的距离为2，求直线l的方程；
(2)直线l与x，y轴的正半轴交于A，B两点，求PA⋅PB的最小值．
17.(本小题12分)
如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AC⊥BC，AC=BC=2，AA1=4，点D为AC的中点．
(1)证明：AB1//平面BC1D；
(2)求直线AB1到平面BC1D的距离．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥．P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BCD=90∘，BC=1，CD= 3，PD=2，∠PDA=60∘，∠PAD=30∘，且平面PAD⊥平面ABCD，在平面ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连接PO．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值：
(3)点M为PA的四等分点(靠近P)，求直线BM与平面PAD所成的角的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB=2AA1=2A1B1=2，∠ABC=60∘，AA1⊥平面ABCD．
(1)证明：BD⊥CC1；
(2)若点M在棱AD上，且C1M//平面ABB1A1，求线段AM的长；
(3)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E−AD1−D的余弦值为14？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.C
6.B
7.B
8.A
9.ACD
10.AB
11.ABC
12.3,−1
13. 333
14. 10
15. 解：(1)由直线l的方程可知它的斜率为−12，因为l1⊥l，所以直线l1的斜率为2．
又直线l1经过点P(2,−1)，所以直线l1的方程为：y+1=2(x−2)，即2x−y−5=0；
(2)若直线l2经过原点，设直线方程为y=kx，
代入P(2,−1)可得x+2y=0，
若直线l2不经过原点，设直线方程为xa+ya=1，
代入P(2,−1)可得a=1，故直线l2方程为x+y−1=0．
综上，直线l2的方程为x+2y=0和x+y−1=0．

16. 解：(1)当直线l斜率不存在时，l:x=3，此时点M5,0到直线l的距离2，符合要求；
当直线l斜率存在时，设l:y=kx−3+2，即kx−y−3k+2=0，
则有d=5k−3k+2 k2+1=2，解得k=0，故l:y=2；
综上所述，直线l的方程为x=3或y=2；
(2)如图，设∠PAO=θ∈0,π2，则PA=2sinθ，PB=3csθ，
即PA⋅PB=2sinθ⋅3csθ=6sinθcsθ=12sin2θ，
由θ∈0,π2，则2θ∈0,π，故当2θ=π2时，
有PA⋅PBmin=12sinπ2=12．

17.解：(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
设B1C与BC1交于点E，连接DE，
由于四边形BCC1B1是矩形，则E为B1C的中点，
又D是AC的中点，
∴DE//AB1，
又AB1⊄平面BC1D，DE⊂平面BC1D，
∴AB1/​/平面BC1D.
(2)由(1)知AB1//平面BC1D，
故直线AB1到平面BC1D的距离等价于点A到平面BC1D的距离，
∵AC=BC=2，AC⊥BC，点D为AC的中点，
所以CD=1，BD= BC2+CD2= 5，
S△ABD=12S△ABC=12×12×AC×BC=1，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，CD、BC⊂平面ABC，
∴CC1⊥CD，CC1⊥BC，
故C1D= CC12+CD2= 16+1= 17，
C1B= CC12+BC2= 16+4=2 5，
所以在△BDC1中由余弦定理可得
cs∠BDC1=BD2+C1D2−C1B22BD·C1D
=5+17−202× 5× 17=1 85>0，
因为∠BDC1∈(0,π)，
故sin∠BDC1= 8485，
故S△BDC1=12BD·C1D·sin∠BDC1= 21，
设A到平面BC1D的距离为d，
由VC1−ABD=VA−BDC1，得
13×S△ABD×CC1=13×S△BDC1×d，
解得d=2 2121．
∴直线AB1与平面BC1D的距离为2 2121．
18. 解：(1)因为BO⊥AD，BC//AD，∠ADC=∠BCD=90∘，
所以四边形BODC为矩形，
在△PDO中，PD=2，DO=BC=1，∠PDA=60∘，
则PO= PD2+OD2−2PD⋅ODcs60∘= 3，
∴PO2+DO2=PD2，∴PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD；
(2)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵PO= 3，∠PAD=30∘，可得AO=3，
则O(0,0,0)，A(3,0,0)，P0,0, 3，B0, 3,0，C−1, 3,0，
设平面APB的法向量为m=(x,y,z)，PA=3,0,− 3，PB=0, 3,− 3，
由PA⋅m=3x− 3z=0PB⋅m= 3y− 3z=0，令x=1，则y=z= 3，即m=1, 3, 3，
设平面CPB的法向量为n=(a,b,c)，PC=−1, 3,− 3，
由n⋅PB= 3b− 3c=0n⋅PC=−a+ 3b− 3c=0，令b=1，则a=0，c=1，即n=(0,1,1)，
则csm,n=m⋅nmn=2 3 7× 2= 427，
∴二面角A−PB−C的正弦值为 1− 4272= 77；
【小问3详解】
由点M为靠近点P的PA的四等分点，故AM=34AP，
则BM=BA+AM=3,− 3,0+34−3,0, 3=34,− 3,3 34，
又平面PAD的法向量为OB=0, 3,0，
故直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为：
csOB,BM=−3 3× 342+− 32+3 342=2 77，
即直线BM与平面PAD所成的角的余弦值为 1−2 772= 217．

19. 解：(1)连接AC,A1C1，因为ABCD−A1B1C1D1为棱台，所以A,A1,C1,C四点共面，
又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，
又因为AA1∩AC=A，且AA1,AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，
因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1；

(2)取BC中点Q，连接AQ，
因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60∘，所以▵ABC是正三角形，
所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，以A为原点，
分别以AQ,AD,AA1为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=2AA1=2A1B1=2，∠ABC=60∘，
则A0,0,0,A10,0,1,B 3,−1,0,D10,1,1,Q 3,0,0,C1 32,12,1，
设AM=m，则M0,m,0，C1M=− 32,m−12,−1，
AA1=0,0,1，AB= 3,−1,0，
设平面ABB1A1的法向量为m=(x,y,z)，则有m⋅AA1=z=0m⋅AB= 3x−y=0,
令x=1，则y= 3，z=0，即m=1, 3,0，
由C1M//平面ABB1A1，则C1M⊥m，
即有C1M⋅m=− 32×1+m−12× 3+−1×0=0，
解得m=1，即AM=1；
【小问3详解】
假设点E存在，设点E的坐标为 3,λ,0，其中−1≤λ≤1，
可得AE= 3,λ,0,AD1=0,1,1，
设平面AD1E的法向量n=(a,b,c)，则n⋅AE= 3a+λb=0n⋅AD1=b+c=0,
令a=λ，即b=− 3,c= 3，所以n=λ,− 3, 3，
又由平面ADD1的法向量为AQ= 3,0,0，
所以csAQ,n= 3λ 3 λ2+6=14，解得λ=± 105，
由于二面角E−AD1−D为锐角，则点E在线段QC上，
所以λ= 105，即CE=1− 105，
故棱BC上存在一点E，当CE=1− 105时，二面角E−AD1−D的余弦值为14．