无锡市第三高级中学2024-2025学年高二上学期第一次基础测试（9月）数学试卷(含答案)

这是一份无锡市第三高级中学2024-2025学年高二上学期第一次基础测试（9月）数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．在空间直角坐标系中,点关于平面对称的点的坐标为( )
A.B.C.D.
2．已知为直线l的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），有下列说法：①；②；③；④.其中正确的有( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
3．已知向量，，向量在向量上的投影向量为( )
A.B.C.D.
4．，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是( )
A.B.C.D.
5．如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线，所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
6．已知实数x，y满足，且，则的取值范围( )
A.B.
C.D.
7．已知直线l和平面，且，l的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为( )
A.2B.4C.D.
8．在三棱锥中,PA,PB,PC两两垂直,且.若M为该三棱锥外接球上的一点,则的最大值为( )
A.2B.4C.D.
二、多项选择题
9．如图,四棱柱中,M为的中点,Q为上靠近点的五等分点,则( )
A.B.
C.D.
10．已知空间四点，，，，则下列四个结论中正确的是( )
A.B.
C.点A到直线的距离为D.点D到平面的距离为
11．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，M，N分别是线段，的中点，Q是线段上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是( )
A.存在点Q，使得
B.存在点Q，使得异面直线与所成的角为
C.三棱锥体积的最大值是
D.当点Q自D向C处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
三、填空题
12．已知向量，，且，则________.
13．已知三点,,在同一直线上,则实数a的值是________.
四、双空题
14．定义：设是空间的一组基，若向量，则称实数组为向量在基下的坐标.已知是空间向量的标准正交基，是空间向量的另一组基，若向量在基下的坐标为，则向量在基下的坐标是________，向量的模是________.
五、解答题
15．已知空间三点,,.设,.
(1)求,;
(2)求与的夹角;
(3)若向量与互相垂直,求实数k的值.
16．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且平面，.求：
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)点A到平面的距离.
17．如图，在长方体中，，，点E在棱上移动.
(1)当点E在棱的中点时，求平面与平面所成的夹角的余弦值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值.
18．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.
（1）求的长；
（2）a为何值时，的长最小？
（3）当的长最小时求平面与平面夹角的余弦值.
19．图①是直角梯形，，，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点C到达的位置，且.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值：若不存在，请说明理由.
参考答案
1．答案：A
解析：在空间直角坐标系中,点关于平面对称点的坐标为．
故选：A.
2．答案：B
解析：因为，不重合，对①，平面，平行等价于平面，的法向量平行，故①正确；
对②，平面，垂直等价于平面，的法向量垂直，故②正确；
对③，若，故③错误；
对④，或，故④错误.
故选：B.
3．答案：A
解析：因为向量，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：A.
4．答案：B
解析：解法一：
如图，设直线在平面的射影为，
作于点G，于点H，连接，
易得，又，平面，则平面，
又平面，则，有
故.
已知，，
故为所求.
解法二：
如图所示，把，，放在正方体中，，，的夹角均为.
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，所以，
所以.
设直线与平面所成角为，所以，
所以.
故选B.
5．答案：D
解析：取的中点O，连接，
四边形为菱形，，
所以，
由于平面平面，且两平面交线为，，平面，
故平面，又四边形为正方形，
故以O为坐标原点，为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方形的边长为2，
则，，，，
故，，
则，
故直线，所成角的余弦值.
故选：D.
6．答案：A
解析：由于点满足关系式，且，
可知在线段上移动，且，
设，则，
因为点在线段上，所以的取值范围是，
故选：A.
7．答案：A
解析：由得：，
所以
因为，，所以，
所以，当且仅当等号成立，
故选：A.
8．答案：C
解析：如图,将三棱锥放置在正方体中,三棱锥的外接球就是正方体的外接球,球心为正方体对角线的交点,
,,,,,,
设三棱锥外接球的半径为R,,则,
,
,
,,,
,,
,
所以,
当时,取得最大值.
故选:C
9．答案：BD
解析：,
即,故A错误、B正确;
,
即,故C错误,D正确.
故选:BD.
10．答案：ABD
解析：对于选项A:结合题意可得，，
因为，所以，故选项A正确；
对于选项B:结合题意可得，故选项B正确；
对于选项C：结合题意可得
取，，
所以，，所以点A到直线的距离为
故选项C错误；
对于选项D：结合题意可得，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以点D到平面的距离为，故选项D正确；
故选：ABD.
11．答案：ACD
解析：以A为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得，即点Q与D重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；所以不存在点，B错误；
对于C，连接，，，设，
因为，
所以当，即点Q与点D重合时，取得最大值2；
又点N到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点Q自D向C处运动时，m的值由0到2变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD
12．答案：
解析：向量，共线，则，解得，，
所以.
故答案为：.
13．答案：3
解析：三点,,在同一直线上,
,,解得.
故答案为:3.
14．答案：；
解析：因为向量在基，下的坐标为，
所以，
所以向量在基下的坐标是，
又因为是空间向量的标准正交基，
所以，且，
所以
，
故答案为：，.
15．答案：（1）;
（2）
（3）
解析：（1）因为,,所以,所以;
因为,,所以,所以;
（2）由（1）可知,
又,所以,即与的夹角为.
（3）由（1）可知,,
又向量与互相垂直,所以,
所以,即,解得.
16．答案：(1)；
(2)
解析：（1）以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
所以，，
设平面法向量，则，令，则，，
所以，取平面法向量为，
所以，故面与面夹角的余弦值为；
（2）因为，平面法向量为，
所以点A到平面的距离.
17．答案：(1)
(2)当时，直线与平面所成角的正弦值最小，最小值为
解析：（1）以D为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
当点E在棱的中点时，则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的夹角的余弦值为；
（2）设，则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
令，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
18．答案：（1）；
（2）时，最小，最小值为；
（3）
解析：解析：如图建立空间直角坐标系，
，，，，
，，.
（1）；
（2），
当时，最小，最小值为；
（3）由（2）可知，当M，N为中点时，最短，
则，，取的中点G，连接，，
则，
，，，，
是平面与平面的夹角或其补角.
，，
.
平面与平面夹角的余弦值是.
19．答案：(1)证明过程见解析；
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为.
解析：（1）
取的中点F，连接，，
因为四边形是边长为2的菱形，并且，
所以，均为等边三角形，故，，且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：，又因为，是平面内两条相交直线，
所以平面，即平面，
因为平面，所以平面平面；
(2)
以F为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，，故，
解得：，，，
故，
设平面的法向量为，
则，，，
故，
令，则，，故，
其中
则，
解得：，则，，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.