2024-2025学年重庆市渝北区松树桥中学高二（上）第一次质检数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市渝北区松树桥中学高二（上）第一次质检数学试卷（含答案），共9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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
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.已知空间向量a=(1,−3,5),b=(2,x,y)，且a/​/b，则x+y=( )
A. 10B. 6C. 4D. −4
3.设a=(1,2,1)是直线l的方向向量，n=(1,−1,1)是平面α的法向量，则( )
A. l//α或l⊂αB. l⊥α或l⊂αC. l⊥αD. l//α
4.已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由OP=15OA+23OB+λOC确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ等于( )
A. 215B. 23C. −215D. −23
5.已知三点A(2,y)，B(1,4)，C(3,8)共线，则y=( )
A. −6B. 6C. −2D. 2
6.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，点E，F分别为AB，DD′的中点，则EF=( )
A. −12AB+12AA′+AD
B. 12AB+12AA′+AD
C. −12AB+12AA′+12AD
D. 12AB+12AA′+12AD
7.已知a=(1−t,2−t,t)，b=(2,t,t)，则|a−b|的最小值为( )
A. 55B. 555C. 115D. 4 55
8.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是( )
A. 直线D1D与直线AF垂直
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 三棱锥F−ABE的体积为18
D. 直线BC与平面AEF所成的角为45°
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.如图，直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，倾斜角分别为α1，α2，α3，则下列选项正确的是( )
A. k1B. k3C. α1<α3<α2
D. α3<α2<α1
10.已知a，b，c是空间的一个基底，则下列说法正确的是( )
A. a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c
B. 若xa+yb+zc=0，则x=y=z=0
C. a在b上的投影向量为(a⋅b)bb2
D. a+b，b−c，c+2a一定能构成空间的一个基底
11.如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=a(0A. ∃a∈(0, 2)，使MN=12CE
B. 线段MN存在最小值，最小值为23
C. 直线MN与平面ABEF所成的角恒为45°
D. ∀a∈(0, 2)，都存在过MN且与平面BEC平行的平面
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.点(9,−7,1)关于xOy平面对称点是______．
13.已知空间直角坐标系中的三点A(2,0,2)、B(0,0,1)、C(2,2,2)，则点A到直线BC的距离为______．
14.在正三棱锥P−ABC中，O是△ABC的中心，PA=AB=2 3，则PO⋅(PA+PB)= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知直线l经过两点A(−1,m)，B(m,1)，同当m取何值时；
(1)直线l与x轴平行？
(2)直线l斜率不存在；
(3)直线的倾斜角为锐角？
16.(本小题15分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°．
(1)求体对角线AC1的长度；
(2)求证：四边形BDD1B1为正方形．
17.(本小题15分)
如图，在多面体ABC−A1B1C1中，AA1=AC=4，CC1=2，AB=3.侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC．

(1)求直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值；
(2)求点A1到平面ABC1的距离．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，CD//AB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，三棱锥B−PAD的体积为4 23．
(1)求点P到平面ABCD的距离；
(2)若PA=PD，平面PAD⊥平面ABCD，点N在线段AP上，AN=2NP，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角A−EF−C的大小为60°，点M在线段AB上．

(1)若M为AB的中点，且直线MF与直线EA的交点为O，求OA的长，并证明直线OD//平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，若存在，求此时二面角M−EC−F的余弦值，若不存在，说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.A
5.B
6.A
7.D
8.B
9.AD
10.BCD
11.AD
12.(9,−7,−1)
13.2 53
14.16
15.解：直线l经过两点A(−1,m)，B(m,1)，
(1)若直线l与x轴平行，则斜率k=1−mm+1=0，所以m=1．
(2)若直线l与y轴平行，则斜率不存在，所以m=−1．
(3)由题意可知，斜率k>0，即1−mm+1>0，解得−116.(1)解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，
AC1=AB+BC+CC1=AD+AB+AA1，
由AB=AD=AA1=1，∠BAA1=∠BAD=∠DAA1=60°，
得AD⋅AB=AB⋅AA1=AD⋅AA1=1×1×12=12，
所以|AC1|= (AD+AB+AA1)2
= AD2+AB2+AA12+2AD⋅AB+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1
= 3+3×2×12= 6；
(2)证明：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，
BB1=AA1=DD1，BB1//AA1//DD1，故四边形BDD1B1为平行四边形，
由AB=AD=1，∠BAD=60°，得△ABD是等边三角形，
即BD=1=DD1，则平行四边形BDD1B1为菱形，
又BD⋅BB1=(AD−AB)⋅AA1=AD⋅AA1−AB⋅AA1=12−12=0，
则BD⊥BB1，即BD⊥BB1，
所以四边形BDD1B1为正方形．
17.解：(1)因为侧面ABB1A1为矩形，所以AB⊥AA1，
因为AC⊥平面ABB1A1，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥AA1，AC⊥AB，即直线AB，AC，AA1两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，A1(0,0,4)，C1(0,4,2)，B(3,0,0)，
所以A1C1=(0,4,−2),AB=(3,0,0),AC1=(0,4,2)，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC1=4y+2z=0n⋅AB=3x=0，
令y=1，得n=(0,1,−2)，
设直线A1C1与平面ABC1所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|A1C1⋅n||A1C1|⋅|n|=4+42 5× 5=45，
所以直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值为45．
(2)由(1)知，平面ABC1的法向量为n=(0,1,−2)，A1C1=(0,4,−2)，
所以点A1到平面ABC1的距离为|A1C1⋅n||n|=4+4 5=8 55．
18.解：(1)设点P到平面ABCD的距离为ℎ，
则VB−PAD=VP−ABD=13ℎ⋅S△ABD=4 23，
由题可知S△ABD=12AB⋅BC=4，
所以ℎ=3VP−ABDS△ABD=4 24= 2，
故P到平面ABCD的距离为 2；
(2)取AD的中点M，连接PM，因为PA=PD，所以PM⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PM⊂平面PAD，PM⊥AD，所以PM⊥平面ABCD，
由(1)知PM= 2，由题意可得BD=2 2,AD= (4−2)2+22=2 2，
所以AD2+BD2=AB2，故AD⊥BD，
法一(坐标法)：以D点为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，
过D点作PM的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(2 2,0,0),P( 2,0, 2),C(− 2, 2,0)，
依题意DC=(− 2, 2,0),AP=(− 2,0, 2),AN=23AP=(−2 23,0,2 23)，
所以DN=DA+AN=(4 23,0,2 23)，
设平面NCD的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅DC=0n1⋅DN=0，即− 2x1+ 2y1=04 23x1+2 23z1=0，
令x1=1，得n1=(1,1,−2)，
又平面ABCD的法向量为n2=(0,0,1)，
设平面NCD与平面ABCD的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n1⋅n2|n1|⋅|n2||=|−2 6×1|= 63，
即平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为 63；
法二(几何法)：在线段AM上取点H，使得AH=2HM，连接NH，
过点H作HK⊥CD，垂足为K，连接NK，

因为AN=2NP，所以NH//PM，
NH=23PM=2 23，AH=23AM=13AD=2 23，
因为PM⊥平面ABCD，所以NH⊥平面ABCD，
所以NH⊥CD，又HK⊥CD，且HK∩NH=H，
所以CD⊥平面NHK，又NK⊂平面NHK，
所以CD⊥NK，
所以∠NKH是二面角N−CD−A的平面角，
在Rt△HDK中，易知HD=4 23,∠KDH=45°，
所以KH=DH⋅sin45°=43，NK= HK2+NH2= (43)2+(2 23)2=2 63，
所以cs∠NKH=HKNK=432 63= 63，
故平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为 63．
19.解：(1)因为E，F分别为AD，BC的中点，
则EF/​/AB/​/CD，
又M为AB的中点，
则A为OE的中点，
故OA=AE=12AD=2，
连接CE，DF，交于点N，连接MN，
因为四边形CDEF为平行四边形，
所以N为DF的中点，又M为AB的中点，
则MN//OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
故OD/​/平面EMC；
(2)因为EF/​/AB/​/CD，
所以EF⊥DE，EF⊥AE，
因为DE，AE⊂平面ADE，DE∩AE=E，
所以EF⊥平面ADE，
又EF⊂平面ABFE，
则平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
所以E(−1,0,0),D(0,0, 3),C(0,4, 3),F(−1,4,0)，
则ED=(1,0, 3),EC=(1,4, 3)，
设M(1,t,0)，
则EM=(2,t,0)，
设平面EMC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EM=0m⋅EC=0，即2x+ty=0x+4y+ 3z=0，
令y=−2，则x=t，z=8−t 3，
故m=(t,−2,8−t 3)，
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°，
所以82 t2+4+(8−t)23= 32，即t2−4t+3=0，解得t=1或t=3，
故存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
设ED的中点为Q，则Q(−12,0, 32)，
所以QA=(32,0,− 32)为平面CEF的法向量，
故|cs|=|QA⋅m||QA||m|=|2t−4| 3× t2+4+(8−t 3)2=|t−2| t2−4t+19，
设二面角M−EC−F的平面角为θ，
当t=2时，csθ=0，此时平面EMC⊥平面CDEF，
则当t=1时，θ为钝角，所以csθ=−14；
当t=3时，θ为锐角，所以csθ=14．