精品解析：江苏省江阴高级中学2023-2024学年高二上学期10月学情检测数学试题

江苏省江阴高级中学2023—2024学年度第一学期10月学情检测 高二数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线在y轴上的截距为（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 已知直线方程为，则该直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 在圆的方程的探究中，有四位同学分别给出了一个结论，甲：该圆经过点；乙：该圆的圆心为；丙：该圆的半径为5；丁：该圆经过点．如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 4. 若，，构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（    ） A. B. C. D. 5. 四边形与均是边长为4的正方形，如果二面角的大小为，那么与平面的距离为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 6. 已知点为直线上的动点，，则m的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 7. 定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ） A. B. 4 C. D. 8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 若直线过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程可能为（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法错误的是（ ） A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B. 直线的倾斜角的取值范围是 C. 过两点的所有直线，其方程均可写为 D. 已知，若直线与线段有公共点，则 11. 已知点，，且点在直线：上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 最大值为3 12. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时， C. 当时，三棱锥的体积是定值 D. 当点落在以为球心，为半径的球面上时，的取值范围是 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 两条平行直线与之间的距离为__________． 14. 已知空间向量，，，若，，共面，则______． 15. 在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为_________． 16. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是_________. 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知直线：，：，其中. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 18. 已知圆的圆心在直线上，且过圆上一点的切线方程为． （1）求圆的方程； （2）设过点的直线与圆交于另一点，求面积的最大值及此时的直线的方程． 19. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线的长； （3）求 20. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的三个顶点为，，. （1）求外接圆的方程； （2）求欧拉线的方程. 21. 在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合如图所示将矩形折叠，使点A落在线段DC上． （1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程 （2）当时，求折痕长的最大值． 22. 如图，已知AB为圆锥SO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，BE平分，D是SC上一点，且平面平面SAB． （1）求证：； （2）求平面EBD与平面BDC所成角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省江阴高级中学2023—2024学年度第一学期10月学情检测 高二数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线在y轴上的截距为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据纵截距的求法求得正确答案. 【详解】由令得， 所以纵截距为. 故选：B 2. 已知直线方程为，则该直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线方程可整理得到斜率，由斜率和倾斜角关系可求得结果. 【详解】由得：， 直线的斜率，直线的倾斜角为. 故选：C. 3. 在圆的方程的探究中，有四位同学分别给出了一个结论，甲：该圆经过点；乙：该圆的圆心为；丙：该圆的半径为5；丁：该圆经过点．如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】假设乙、丙同学的结论正确，求出圆的方程，再依次检验丁的结论与甲的结论是否成立即可. 【详解】若乙、丙同学的结论正确，则该圆的方程为， 当，时，成立，此时丁的结论正确， 当，时，不成立，此时甲的结论错误. 故选：A. 4. 若，，构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理可知 BCD 选项中的向量共面, 无法作为一组基底; 假设 A 中向量共面, 可知不存在满足条件的实数 , 由此知假设错误, 则 A 中向量可以作为基底. 【详解】对于 A , 假设 共面, 则可设 方程组无解, 不共面, 可以作为空间一组基底, A 正确; 对于 B, 共面, 不能作为空间一组基底, B 错误; 对于 共面, 不能作为空间一组基底, C 错误; 对于 共面, 不能作为空间一组基底, D 错误. 故选： A 5. 四边形与均是边长为4的正方形，如果二面角的大小为，那么与平面的距离为（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据二面角的定义可知 为二面角的平面角，再根据题意求解与平面的距离. 【详解】由题可知，平面平面 所以为二面角的平面角 所以 , 因为、平面 所以平面 因为平面 所以平面平面 如图，过 作 平面 于 点, 则 必在 上. 由 平面 , 知 为 与平面 的距离 在直角三角形中， 故选：A 6. 已知点为直线上的动点，，则m的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点之间距离最小结合点关于直线的对称性即可根据两点间距离公式求解. 【详解】表示点到点和点的距离之和．因为点关于直线的对称点为，所以m的最小值为点与点之间的距离，即．此时点为与的交点. 故选：C 【点睛】 7. 定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体中，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件确定，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得，又的方向与相同，代入计算可得答案． 【详解】， ， 设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD， 又AO，AB，AD 平面ABD，故OC⊥AO， OC⊥AB，OC⊥AD， ，， 在中，， 则，又的方向与相同， 所以． 故选：A． 8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围. 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为 所以，. 设，则. 所以. 令，则， 因为，所以. 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为. 故选：C 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 若直线过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】将点坐标代入各方程判断是否在直线上，再求直线在x、y轴上的截距，即可得答案. 【详解】A：显然在上，且在x、y轴上的截距均为1，符合； B：显然在上，且在x、y轴上的截距均为3，符合； C：显然在上，且在x、y轴上的截距均为0，符合； D：不在上，不符合. 故选：ABC 10. 下列说法错误的是（ ） A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B. 直线的倾斜角的取值范围是 C. 过两点的所有直线，其方程均可写为 D. 已知，若直线与线段有公共点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两直线垂直的判断方法依次判断充分性和必要性可知A错误；由直线斜率和倾斜角关系可求得B正确；根据直线两点式方程无法表示的直线可知C错误；求得所过定点后，由两点连线斜率公式可求得临界状态，结合图象可确定D错误. 【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线垂直，充分性成立； 若两直线垂直，则，解得：或，必要性不成立； “”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，A错误； 对于B，由直线得：， 直线的斜率，即， 又，，B正确； 对于C，平行于坐标轴的直线，即或时，直线方程不能写为，C错误； 对于D，由得：，直线恒过定点； ，， 结合图象可知：，，D错误. 故选：ACD. 11. 已知点，，且点在直线：上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 最大值为3 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D. 【详解】对于A：设，若时，此时的斜率不存在， ，与不垂直，同理时与不垂直， 当且时，， 若，则， 去分母整理得，，方程无解，故与不垂直，故A错误； 对于B：设，若，则， 即，由，所以方程有解，则存在点，使得，故B正确； 对于C：如图设关于直线的对称点为， 则，解得，即， 所以， 当且仅当、、三点共线时取等号（在线段之间），故C正确； 对于D：如下图，，当且仅当在的延长线与直线的交点时取等号，故D正确. 故选：BCD 12. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时， C. 当时，三棱锥的体积是定值 D. 当点落在以为球心，为半径的球面上时，的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理可判断A选项；求出点的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示可判断B选项；利用空间向量法计算点到平面的距离，可判断C选项；分析点的轨迹，可得出，结合三角换元法可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、 、. 对于A选项，当时，， 所以，，平面，平面，平面，A对； 对于B选项，当时，， ，即点， 则，， 所以，，故，B对； 对于C选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ， 所以，点到平面的距离为不是定值， 而的面积为定值，故四面体的体积不是定值，C错； 对于D选项，因为，其中，，则点在侧面内， 平面，平面，， 所以，， 所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 因为，，所以，， 所以，， 因为，，设，，其中，则， 所以，，D对. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 两条平行直线与之间的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果. 【详解】，，解得：， ，即， 之间的距离. 故答案为：. 14. 已知空间向量，，，若，，共面，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量基本定理结合题意列方程求解即可. 【详解】若，，共面，则存在实数，使， 即 所以，解得，，． 所以． 故答案为： 15. 在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】作二面的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明AB⊥BC，建立坐标系，根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积． 【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH， 考虑到二面角的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧， 因为PH⊥平面ABC，AB平面ABC，所以PH⊥AB， 又PA⊥AB，PA∩PH＝P，PA，PH平面PAH， 所以AB⊥平面PAH，AH平面PAH，则AB⊥AH， 所以∠PAH为二面角P－AB－C的平面角的补角， 所以， 所以PH＝AH＝2，从而三棱锥P－ABC的高为2． 又△ABC的面积， 所以当AB⊥BC时，△ABC的面积最大，最大值为1， 所以当AB⊥BC时，三棱锥P－ABC的体积最大， 因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上， 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 因为球O的球心O与△ABC的外接圆的圆心的连线垂直平面ABC， △ABC为AC为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为AC的中点， 所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点， 于是设z)，又， 由，得， 解得，则球O的半径 所以球O的体积 故答案为：. 16. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】因为平面 平面 ，所以可知 的移动轨迹，进而可以通过建立空间直角坐标系求解直线与平面所成角正弦值的取值范围. 【详解】如图，连接 ， 易知 ， 所以平面 平面 . 因为点 与平面 的距离保持不变， 所以点 的移动轨迹为三角形 的三条边， 建立如图所示的空间直角坐标系，假设正方体的边长为2 则 所以 设平面的一个法向量为 则，令则，所以 当点在线段时，设， 所以 设直线与平面所成角为 则 令，则 所以 所以当，即时， 此时点为线段的中点. 当在线段时，同理可求得 此时点与点重合. 综上所述，直线与平面所成角正弦值的取值范围为 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知直线：，：，其中. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1）3；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据两直线平行的充要条件，即可列式求解； （2）根据两直线垂直的充要条件，即可列式求解． 【详解】（1）若，有，解得. （2）若，有，解得. 【点睛】本题主要考查利用两直线平行，垂直的充要条件求参数，属于容易题． 18. 已知圆的圆心在直线上，且过圆上一点的切线方程为． （1）求圆的方程； （2）设过点的直线与圆交于另一点，求面积的最大值及此时的直线的方程． 【答案】（1）； （2），或． 【解析】 【分析】（1）先根据切线与过切点的半径所在直线垂直，得直线的方程，与联立，可得圆心坐标，再求半径，可得圆的标准方程. （2）结合基本不等式可求面积的最大值，并确定圆心到直线的距离.根据点到直线的距离公式可求直线的斜率，可得直线的方程. 【小问1详解】 如图： 由题意，过点的直径所在直线方程为， 联立  ，解得. 圆心坐标为，半径  ， 圆的方程为. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为， 则的面积， 由于， 当，即时面积最大为． 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时到的距离为； 故直线斜率存在，设为，则直线的方程为， 由到的距离， 解得或，故此时直线方程为或． 19. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线的长； （3）求 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量； （2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可； （3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可. 【详解】（1）连接，如图： 因为，， 在，根据向量减法法则可得： 因为底面是平行四边形 故 因为 且 又为线段中点 在中 （2）因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是 故 由（1）可知 故平行四边形中 故： 故 （3）因为， 又 【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题. 20. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的三个顶点为，，. （1）求外接圆的方程； （2）求欧拉线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：设外接圆的一般方程，利用待定系数法求得外接圆的一般方程；方法二：求得外接圆的圆心和半径，由此求得外接圆的方程. （2）方法一：先求得三角形重心、外心坐标，从而求得欧拉线；方法二：先求得垂心、外心坐标，从而求得欧拉线. 【小问1详解】 （方法1）设所求圆的方程为（）， 因为点，，在所求的圆上， 所以，解得. 所以外接圆的方程为. （方法2）线段AB的中点为，直线AB的斜率， 所以线段AB中垂线的方程为. 同理可得，AC中垂线的方程为， 由，解得. 所以外接圆的圆心为. 外接圆的半径. 所以外接圆的方程为. 【小问2详解】 （方法1）因为，，， 所以由三角形重心的坐标公式，得的重心为， 由（1）可知，外心为， 所以欧拉线的方程为，即. （方法2）在中， 由（1）可知，直线AB的斜率为，直线AC的斜率为1， 所以. 所以垂心为. 由（1）可知，外心为， 所以欧拉线的方程为，即. 21. 在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合如图所示将矩形折叠，使点A落在线段DC上． （1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程 （2）当时，求折痕长的最大值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】当时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程当时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有，解得故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点为，即可得出． 当时，折痕长为当时，折痕所在直线交BC于，交y轴于利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出． 【详解】解：（1）①当时，此时点A与点D重合，折痕所在直线的方程为． ②当时，将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为，， 所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有， 故点G的坐标为， 从而折痕所在的直线与OG的交点线段OG的中点为， 故折痕所在直线的方程为，即． 综上所述，折痕所在直线的方程为． 当时，折痕的长为 当时，折痕所在的直线交直线BC于点，交y轴于点． ,,则在上， ，， 的取值范围为， 故点M在线段上． ， 折痕长度的最大值为 而，故折痕长度的最大值为 【点睛】思路点睛：关于折叠问题可转化为轴对称问题，利用中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系. 22. 如图，已知AB为圆锥SO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，BE平分，D是SC上一点，且平面平面SAB． （1）求证：； （2）求平面EBD与平面BDC所成角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为，且BE平分， 所以， 又因为平面平面SAB，且平面平面，平面SAB， 所以平面BDE， 又因为平面BDE， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面BDE，再利用线面垂直的性质可得结论， （2）取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直， 所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 由（1）知平面BDE，所以是平面BDE的一个法向量， 设平面BDC的法向量为， 因为， 则， 取，则， 因此， 所以平面EBD与平面BDC所成角的余弦值为． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $