1、静海一中2023-2024第一学期高二数学（10月）学生学业能力调研试卷第卷 基础题（共114分）一、选择题： 每小题5分，共30分1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间中的点关于坐标平面的对称点的特征，即可求解.【详解】点关于平面的对称点的坐标为，所以点关于平面的对称点的坐标为.故选：D2. 直线：，：，则“”是“”的（ ）条件A. 必要不充分B. 充分不必要C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】先求出两直线垂直时a的值，进而可判断充分必要条件【详解】直线：，：，当时,有，解得或.所以“”时“”
2、成立，“”时“”不一定成立，则“”是“”的充分不必要条件.故选：B3. 若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线的方向向量求出斜率，进而可求得倾斜角.【详解】因为直线l的一个方向向量为，所以直线l的斜率，所以直线l的倾斜角为.故选：D.4. 如图，空间四边形OABC中，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.【详解】依题意，所以.故选：C.【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量线性运算，属于基础题.5
3、. 已知空间内三点，则点A到直线的距离是（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解.【详解】空间内三点，所以，由，所以，所以点A到直线的距离.故选：A.6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线l方程分别为（ ）A. ；B. ；C. ；D. ；【答案】C【解析】【分析】对直线的方程进行变形确定该直线所过的定点，然后点到线距离最大的性质进行求解即可.【详解】将直线的方程整理得：， 因为，有成立，所以只能，解得，即直线过定点；若要到直线的距离最大，只需，此时直线是图中直线，此时点到直线的最大距离为
4、线段的长度，即，又直线斜率为，故此时直线的方程为：，即.故选：C 二、填空题：每小题5分，共30分7. 若经过两点的直线l的倾斜角为锐角，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据斜率的计算公式，解不等式得到的取值范围.【详解】因为直线l的倾斜角为锐角，所以其斜率，故故答案为：.【点睛】本题属于直线的斜率问题，关键是知道斜率的计算公式.8. 设，向量且，则_【答案】3【解析】【分析】由向量平行和垂直关系的坐标表示列出关于的方程组，再结合向量模长的坐标表示即可得结果.【详解】因为且，所以，解得，所以，得，故答案为：3.9. 若直线与平行，则实数的值为_；与间的距离为_【答案】 . . #
5、【解析】【分析】根据两直线平行的公式求解，再根据平行线间的距离公式即可得解.【详解】因为直线与平行，所以，解得或，经检验，当时，两直线重合，所以，故，所以与间的距离为.故答案为：；.10. 如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，求异面直线与所成角的余弦值_ 【答案】【解析】【分析】设，根据向量加减法运算法则将分别用表示，再根据空间向量的数量积运算和夹角公式计算可得结果.【详解】设，则，则，所以，因为，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为故答案为：11. 已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】求出所过定点，然后画出图形，求出，数形结合实数的取值范围.【详
6、解】变形为，恒过点，画图如下：则，则要想直线和以为端点的线段相交，则或，即或.故答案为：.12. 下面命题中正确的有_直线的斜率为；直线与垂直的充要条件是斜率满足；截距相等的直线都可以用方程表示；若，则四点P，A，B，C必共面；为直角三角形的充要条件是；若为空间的一个基底，则，构成空间的另一基底；在空间中，直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则.【答案】【解析】【分析】根据直线一般式得斜率即可判断；根据直线垂直的充要条件即可判断；根据直线的截距式的限制条件即可判断；根据空间向量共面定理即可判断；举出反例即可判断；根据基底的定义即可判断；利用向量法判断线面之间的位置关系即可判断.【详解】对于，
7、当时，直线的斜率不存在，故错误；对于，若直线与垂直，则或一条直线斜率不存在另一条直线斜率为，故错误；对于，当直线过原点时，直线方程不能用截距式表示，故错误；对于，若，则，即，即，所以共面，又有公共始点，所以P，A，B，C四点共面，故正确；对于，当的直角为角时，故错误；对于，若为空间的一个基底，则不共面，设，共面，则存在唯一实数对，使得，即，所以，方程组无解，所以，不共面，所以，构成空间的另一基底，故正确；对于，由题意可得或，故错误.故答案为：.三、解答题：(本大题共3小题，共54分)13. 根据下列条件分别写出直线的方程，并化为一般式方程已知直线，（1）经过点且与直线平行的直线；（2）经过点且
8、与直线垂直的直线；（3）经过直线与的交点，且与坐标原点距离为1的直线；（4）一入射光线经过点，被直线反射，反射光线经过点，求反射光线所在直线方程【答案】（1） （2） （3）或 （4）【解析】【分析】（1）设所求直线的方程为，求出即可；（2）设所求直线方程为，求出即可；（3）先求出交点坐标，再分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公司即可得解；（4）求出点关于直线的对称点，则直线的方程即为所求.【小问1详解】设所求直线的方程为，则有，解得，所以所求直线方程为；【小问2详解】设所求直线方程为，则有，解得，所以所求直线方程为；【小问3详解】联立，解得，即直线与的交点为，当所求直线的
9、斜率不存在时，所求直线方程为，符合题意，当所求直线的斜率存在时，设直线方程为，即，则，解得，所以直线方程为，综上所述，所求直线方程为或；【小问4详解】设点关于直线的对称点为，则，解得，即，则直线的方程为，即，即反射光线所在直线方程为.14. 如图，AE平面ABCD，.（1）求证：BF平面ADE；（2）求点F到平面BDE的距离；（3）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（3）利用向量法求解即可.【小问1详解】因为，平面，平面，所以平面，
10、因为，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面，所以平面；【小问2详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，所以点F到平面BDE的距离为；【小问3详解】，则，则，所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为15. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为的中点 （1）求与所成角的余弦值；（2）求证：平面；（3）求平面与平面的夹角的余弦值【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得所以，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）设，连接，证得和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
11、（3）由（2）知，平面，得到平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：在正三棱柱中，可得为等边三角形，取的中点，的中点，连接，则， 因为平面平面，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得,所以，设异面直线与所成角为，可得，所以与所成角的余弦值为.【小问2详解】证明：设，连接，因为为正方形，所以，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，又因为是中点，所以，因为，且平面，所以平面.【小问3详解】解：由（1）中的空间直角坐标系，因为正三棱柱的所有棱长都为2，又由（2）知，平面，所
12、以为平面的一个法向量，因为，可得，由,设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角，则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 第卷 提高题（共33分）16. 已知直线（1）证明直线过定点，并求出点的坐标；（2）在（1）的条件下，若直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，求直线的方程；（3）若直线不经过第二象限，求的取值范围；（4）在（1）的条件下，若直线l交x轴负半轴于点M，交y轴负半轴于点N，求的最小值并求出此时直线l的方程【答案】（1） （2） （3） （4）最小值为；直线方程为【解析】【分析】（1）化简方程为，联立方程组，即可求解；（2）根据题意，设所求直线的方程为，将点代入
13、直线方程，求得的值，即可求解；（3）得到直线的斜率为，根据题意，得到，即可求解；（4）设，且，可得，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：由直线，可化为，由方程组，解得，所以直线恒过定点.【小问2详解】由（1）知，直线恒过定点，因为直线过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的，设所求直线的方程为，将点代入直线方程，可得，可得，所以所求直线的方程为，即.【小问3详解】解：由（1）知，直线恒过定点，可得直线的斜率为，因为，要使得直线不经过第二象限，则满足，可得，解得，即实数的取值范围；【小问4详解】解：因为直线，由直线交轴负半轴于点，交轴负半轴于点，如图所示，设，且，可得，过点作轴
14、，点作轴，则，在直角中，可得，在直角中，可得所以，当时，取得最小值，最小值为，此时直线的倾斜角为，所以斜率为，所以直线的方程为，即. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，点为的中点 （1）求平面与平面夹角的正弦值；（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）假设存在，设，再利用向量法求解即可.【小问1详解】如图，取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因，所以，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，因为平面，所以即为平面的一条法向量，则，所以平面与平面夹角的正弦值为；【小问2详解】假设存在，设，则，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，因为直线与平面所成的角正弦值为，所以，解得或（舍去），所以存在，. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
