三重教育2023-2024学年高二上学期10月质量监测数学试题

2023-2024学年第一学期高二年级质量监测 数学试题参考答案及评分建议 一、单项选择题：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.【答案】D 【详解】直线方程 x = 2 − 3 y化简变形为 y =− 33 x + 2 3 3 ，则斜率 k =− 33 ，设该直线的倾斜角为α(0° ≤ α < 180°)，则 k = tan α =− 33 ，所以倾斜角α =150°.故选D. 2.【答案】A 【详解】因为a + b与2a − b互相垂直，所以( )a + b ⋅ ( )2a − b = 0， 即2 || a | 2 + a ⋅ b − | b 2 = 0. 因为a = ( )m,1,0 ，b = ( )− 1,0,2 ，所以a ⋅ b =− m， || a = m2 + 1， || b = 5， 所以2(m2 + 1) − m − 5 = 0，解得m =− 1，或m = 32，又m为正数，所以m = 3 2.故选A. 3.【答案】B 【详解】因为直线 x = 2与直线 2x + ( )a2 − 1 y − 4a = 0平行，所以 a2 − 1 = 0，解得 a = 1或 a = − 1.经检验，当 a = 1时，两直线重合，不符合题意，所以a =− 1.故选B. 4．【答案】C 【详解】 方法 1：如图，连接 AB1，因为 ABCD - A1B1C1D1 是正方体，所 以 △AB1D1 为 等 边 三 角 形 ，取AD1的中点 M，连接 B1M，则 点 B1 到 直 线 AD1 的 距 离 即 为 B1M的长度 , 因为 P为线段 B1D1 的中点，所以点 P到直线 AD1 的距离为 B1M长度的一半 .根据正方体棱长为1，所以等边△AB1D1 的边长为 2，所以 B1M= 2 × 32 = 62 ，所以点P到直线AD1的距离为 64 .故选C. 方法 2：以点D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为 x轴，y轴和 z轴，建立空间直角坐标系，可得D ( )0,0,0 ， A ( )1,0,0 ，C ( )0,1,0 ，D1( )0,0,1 ，B1( )1,1,1 ，所 以 P ( )12 , 12 ,1 ，  D1A = (1，0， - 1)，  D1P = ( )12 , 12 ,0 ，  D1P∙  D1A = 12， ||   D1A = 2， ||   D1P = 22 ，设点 P到直线 AD1的距离为 h，根据点到直线的距离公式（空间向量法），可得 h2 = ||   D1P 2 − ( )  D1P∙  D1A||   D1A 2=12 − 18 = 38，所以h = 64 . 故选C. 5.【答案】B 【详解】因为直线 y − 1 = 2( x + 1)的斜率为 2，所以与该直线垂直的直线的斜率为− 12，又所求直线过点 ( )0，1 ， 所以所求直线方程为 y − 1 =− 12 ( x − 0)，即 x + 2y − 2 = 0.故选B. 6.【答案】C 【详解】因为直线 l1与l2平行，所以 l1与l2的斜率相等，即− mn = 1 2，所以 m n =− 12.故选C. 7.【答案】A 【详解】由点M ( )1,0,2 ，N ( )− 1,1,0 ，得  MN = ( )− 2,1, − 2 ， 设点P ( )x,y,z ，因为P是线段MN上靠近点M的三等分点，所以  MP = 13   MN， 则   MP = ( )x − 1,y − 0,z − 2 = ( )− 23 , 13 , − 23 ， M D C BA P D1 C1 A1 B1 高二数学答案 第1页（共7页） 即 ì í î ï ï ï ï ï ïï ï x − 1 =− 23， y = 13， z − 2 =− 23， 解得 ì í î ï ï ï ï ï ïï ï x = 13， y = 13， z = 43， 所以点P的坐标为( )13 , 13 , 43 .故选A. 8.【答案】A 【详解】如图，连接AB1，设   AB = a,  AD = b，  AA1 = c, 则 || a = || b = || c = 1，a，b = 90°，a，c = b，c = 60°, 所以a ⋅ b = || a ⋅ || b cos 90° = 1 × 1 × cos 90° = 0, a ⋅ c = || a ⋅ || c cos 60° = 1 × 1 × cos 60° = 12 , b ⋅ c = || b ⋅ || c cos 60° = 1 × 1 × cos 60° = 12 , 因为    B1D =  AD −   AB1 =  AD − ( ) AB +   AA1 = b − a − c， 所以 ||   B1D = || b − a − c ， 所以 ||   B1D 2 = || b − a − c 2 = ( )b − a − c 2 = b2 + a2 + c2 − 2a ⋅ b + 2a ⋅ c − 2b ⋅ c = 1 + 1 + 1 − 2 × 0 + 1 − 1 = 3， 所以 ||   B1D = 3，即B1D的长度为 3.故选A. 二、多项选择题：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.【答案】AC 【详解】 对于A，当 k = 0时，直线 l1：− y + 2 = 0，此直线与 x轴平行，直线 l2：x + 2 = 0，此直线与 y轴平行，所以这两条直 线互相垂直，故A正确； 对于B，直线 l2：x − ky + 2 = 0，即 - yk + ( )x + 2 = 0恒过定点，所以此定点与 k的取值无关，令ìí î − y = 0， x + 2 = 0，解 得 ì í î x =− 2， y = 0， 即直线 l2恒过点( )− 2,0 ，故B错误； 对于C，若 l1 ⊥ l2，则 k × 1 + ( )− 1 × ( )− k = 0，解得 k = 0，故C正确； 对于D，若 l1 ∥ l2，则 k × ( )− k − 1 × ( )− 1 = 0，解得 k = 1或 k =− 1， 当 k = 1时，直线 l1：x − y + 2 = 0，直线 l2：x − y + 2 = 0，两直线重合，故舍去， 当 k =− 1时，直线 l1：x + y − 2 = 0，直线 l2：x + y + 2 = 0，两直线平行， 所以 k =− 1，故D错误 . 故选AC. 10.【答案】BCD 【详解】 因 为 A ( )2,0,0 ,B ( )0,2,0 ,B1( )0,2,2 ,C1( )0,0,2 ，所 以   AB1 = ( )− 2,2,2 ,   BC1 = ( )0, − 2,2 ,   B1C1 = ( )0, − 2,0 ，所 以    AB1∙  B1C1 =− 4，  AB1∙  BC1 = 0，所以AB1 ⊥ BC1，设   AB1与   B1C1夹角为 θ， 则 cos θ =    AB1 ⋅   B1C1 ||   AB1 ||    B1C1 = − 412 × 2 =− 33 ，则 θ ≠ π 3，故A错误，B正确； 对于C，设n = ( )x1,y1,z1 是平面AB1C1的法向量，又   AB1 = ( )− 2,2,2 ，  AC1 = ( )− 2,0,2 . 由 ì í î ï ï n∙  AB1 = 0， n∙  AC1 = 0，得 A D A1 B1 C1D1 C B 高二数学答案 第2页（共7页） ì í î − 2x1 + 2y1 + 2z1 = 0， − 2x1 + 2z1 = 0， 所以 ì í î y1 = 0， x1 = z1，令 z1 = 1，则n = (1,0,1)，故C正确； 根据空间点到平面的距离公式，可得点B到平面AB1C1的距离d = ||   AB ⋅ n || n ， 因为   AB = ( − 2,2,0)，n = (1,0,1)，所以  AB ⋅ n =− 2，所以d = ||   AB ⋅ n || n = ||− 22 = 2，故D正确 . 故选BCD. 11.【答案】BD 【详解】 因为 kBC = 2 − 03 − ( )− 1 = 1 2，所以BC边上的高所在直线的斜率为− 2， 又BC边上的高所在直线过点A ( )1,2 ，所以BC边上的高所在直线的方程为 y − 2 =− 2 ( )x − 1 ，即 2x + y − 4 = 0， 故A错误； 因为线段BC的中点坐标为( )1,1 ，BC边上的中线过点A ( )1,2 ，所以BC边上的中线的方程为 x = 1，故B正确； 因为线段AB的中点坐标为( )2,2 ，kAB = 2 − 23 − 1 = 0，所以线段AB的垂直平分线的方程为 x = 2，故C错误； 在直角坐标系中描点连线，再由点A，B分别向 x轴作垂线，根据勾股定理，可得△ABC的周长为 || AB + || BC + ||CA = 2 + 2 2 + 2 5，故D正确 .故选BD. 12.【答案】BCD 【详解】 如图，以C为空间坐标原点，以   CA，   CB，    CC1分别作为 x轴，y轴，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系，根据题意，可得A(1,0,0)，B (0,1,0)，A1 (1,0,2)， B1 (0,1,2)，C (0,0,0)，则   BA1 = (1, − 1,2)，  CB1 = (0,1,2)， 所以 cos   BA1 ,   CB1 =    BA1 ⋅   CB1 ||   BA1 ||    CB1 = 3010 ，故A错误； 根据题意，可得C1 (0,0,2)，因为M为A1B1中点，N为AA1上的动点，所以 M ( )12 , 12 ,2 ，设N (1,0,ℎ )，则   BN = (1, − 1,ℎ )，  C1M = ( )12 , 12 ,0 ，所以   BN ⋅   C1M = 0， 所以    BN ⊥   C1M，即BN ⊥ C1M，故B正确； 当N为AA1的中点时，可得N (1,0,1)，  BN = ( )1, − 1,1 ， 所以 ||   BN = 3，故C正确； 由等体积法，可知三棱锥B1 − BCN的体积等于三棱锥N − BCB1的体积，设点N到平面BCB1的距离为 ℎ，由直三 棱柱的性质，可知 AA1∥平面 BCB1，所以 ℎ为定值，即 ℎ等于点 A到平面 BCB1 的距离 AC = 1，所以 VB1 − BCN = VN − BCB1 = 13 × S△BCB1 × ℎ = 1 3 × ( )12 × 1 × 2 × 1 = 13，故D正确 .故选BCD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.【答案】x − 2y + 2 = 0 【详解】由已知，得AC与BD互相垂直平分，因为 kAC = 5 + 3− 2 − 2 =− 2，且AC中点坐标为( )0,1 ， 所以 kBD = 12，所以BD所在直线的方程为 y − 1 = 1 2 ( )x − 0 ，即 x − 2y + 2 = 0. 14.【答案】x + y + 4 = 0 【详解】由题意，将点 A，B的坐标代入直线 l：x + y + 1 = 0，可得m = 1，n =− 5，则所求直线过点 ( − 5,1)与点 (1, − 5)，所 以 此 直 线 的 斜 率 k = − 5 − 11 − ( − 5) =−1，根 据 点 斜 式 可 得 所 求 直 线 方 程 为 y − 1 =− ( x + 5)，即 x + y + 4 = 0． B1 A1 N A B M C C1 x y z 高二数学答案 第3页（共7页） 15.【答案】92 【详解】设   OA ,   OB的夹角  OA ,   OB =θ，则 θ ∈ [ 0,π ]，根据夹角公式，得 cos θ =   OA ⋅   OB ||  OA ||   OB = 0，所以 θ = π2，所以   OA ⊥   OB. 又 ||  OA = ||   OB = 3，根据三角形的面积公式，可得S△OAB = 12 × ||   OA × ||   OB = 12 × 3 × 3 = 9 2. 16.【答案】− 12；− 1 2 【详解】因为PD ⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD ⊥ BC， 因为四边形 ABCD是边长为 1的菱形，且∠BAD = 60°，所以△ABD和△BCD是等边三角形，可得 ( )  DP +   DB ⋅   BC =   DP ⋅  BC +   DB ⋅  BC = 0 + 1 × 1 × cos 120° =− 12. 因为PD ⊥ 底面ABCD，CD，DA ⊂ 平面ABCD，所以PD ⊥ CD，PD ⊥ DA， 所以   PA ⋅  CP = ( )  PD +  DA ⋅ ( )  CD +   DP =   PD ⋅   CD +   PD ⋅   DP +  DA ⋅   CD +  DA ⋅   DP = 0 −   PD 2 − ||  DA ||   DC cos 120° + 0 =− 1 + 12 =− 1 2. 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.【详解】（1）因为 l1 ⊥ l2，直线 l1的斜率 k1 = 1, 所以直线 l2的斜率 k2 =− 1，…………………………………………………………… 2分 设直线 l2的方程为 y =− x + b， 因为直线 l2在 x轴上的截距为− 3，又在直线 l2的方程中令 y = 0，得 x = b， 所以 b =− 3，所以直线 l2的方程为 y =− x − 3 ……………………………………… 4分 由条件可得直线 l1在 x轴上的横截距为5，在 y轴上的纵截距为− 5， 所以直线 l1的截距式方程为 x 5 + y − 5 = 1，直线 l2的截距式方程为 x − 3 + y − 3 = 1.………… 6分 （2）由题意知 l1的倾斜角为45°， 所以直线 l3的倾斜角为90°，所以直线 l3的斜率不存在，……………………………… 8分 又直线 l3经过坐标原点，所以直线 l3是 y轴，所以直线 l3的方程为 x = 0. ……… 10分 18.【详解】（1）由已知▱ABCD的顶点 A ( )− 1,4 ，B ( )− 3, − 1 ，因为 M ( )1,3 是对角线 AC的中点，设点 C ( )x,y ，则 x − 1 2 = 1， y + 4 2 = 3，解得 ì í î x = 3， y = 2，所以点C ( )3,2 . …………………………… 2分 又M ( )1,3 也是对角线BD的中点，设D ( )m,n ，则 m − 32 = 1， n - 1 2 = 3，解得{m = 5，n = 7， 所以点D ( )5,7 ，……………………………………………………………………… 4分 所以直线CD的斜率为 7 − 25 − 3 = 5 2，直线CD的方程为 y − 2 = 5 2 ( x − 3)， 即5x − 2y − 11 = 0. ……………………………………………………………… 6分 （2）可找临界位置直线AC与直线AD的斜率，因为A ( )− 1,4 ，C ( )3,2 ， 所以直线AC的斜率 kAC = 2 − 43 − ( − 1) =− 1 2.………………………………………………… 8分 因为A ( )− 1,4 ，D ( )5,7 ，所以直线AD的斜率 kAD = 7 − 45 − ( − 1) = 1 2，………………… 10分 根据倾斜角与斜率的关系，可得直线AN的斜率的取值范围为 é ë êê ù û úú− 12， 1 2 .……………… 12分 高二数学答案 第4页（共7页） 19.【详解】（1）因为AC边上的高BH所在直线的方程为 x + 3y − 2 = 0， 所以可设直线AC的方程为3x − y + t = 0，………………………………… 2分 将点A ( )2,1 代入，可得3×2 − 1 + t = 0，得 t =− 5， 所以直线AC的方程为3x − y − 5 = 0. ……………………………………… 4分 （2）因为点B在AC边的中线上，所以点B的纵坐标为1，……………… 6分 设点B ( )m,1 ，因为点B在高BH所在的直线上， 将B ( )m，1 代入x + 3y - 2 = 0，得m + 3 − 2 = 0，解得m =− 1，所以点B ( )-1，1 . ………………………8分 设点C ( )a,b ，因为点C在中线CM上，也在直线AC上， 所以2a − b − 2 = 0，且3a − b − 5 = 0，解得a = 3，b =4，所以点C ( )3,4 .……………… 10分 所以直线BC的斜率 k = 4 − 13 − ( − 1) = 3 4，直线BC的方程为 y − 1 = 3 4 ( x + 1)， 即3x − 4y + 7 = 0．………………………………………………………… 12分 20.【详解】（1）因为PB∥平面DEF，PB⊂平面PBC，平面PBC∩平面DEF=EF， 所以PB∥EF. …………………………………………2分 又因为E是棱BC的中点，所以F是棱CP的中点 . 因为PA= 2 BC=2，所以PA=2，BC= 2. 因为底面△ABC是以∠A为直角的等腰直角三角形，所以AB=AC=1. …………4分 如图，以A为坐标原点，AB,AC,AP所在直线分别为 x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系A-xyz， 由AB=AC=1,PA=2， 则A(0,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),P (0,0,2),D ( )12 ,0,0 ,E ( )12 , 12 ,0 ,F ( )0, 12 ,1 ， 所以    DE = ( )0，12，0 ,   DF = ( )− 12 , 12 ,1 ,  PA = (0,0, − 2)，………………… 6分 设平面DEF的法向量为n = ( x，y，z )， 则 ì í î ïï ï ï n ⋅   DE = y2 = 0, n ⋅   DF =− x2 + y 2 + z = 0, 取 z = 1，则n = (2,0,1)．……………………………… 8分 设PA与平面DEF所成的角为 θ，则 sin θ = ||   PA ⋅ n ||  PA || n = 55 ， 故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为 55 . …………………………………………… 10分 （2）因为  PF = ( )0, 12 , − 1 ，n = (2,0,1)， 所以点P到平面DEF的距离为d = ||   PF ⋅ n || n = 55 . ………………… 12分 21.【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，CD ⊥ AD，AB ∥ CD， 因为PD⊥AB，所以PD⊥CD，即CD⊥PD. 又AD∩PD=D，PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD，………………… 2分 又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，………………… 4分 因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，所以AM⊥PD， 又CD∩PD=D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD. …………………6分 （2）取AD中点为O，BC中点为N，连接OP,ON， 建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AD = 2， 则A ( )0, − 1,0 ，D ( )0,1,0 ，P ( )0,0, 3 ，B ( )2, − 1,0 ，M ( )0, 12 , 32 ，C ( )2,1,0 ， B C D E A F P x y z 高二数学答案 第5页（共7页） 所以    PD = ( )0,1, − 3 ，  BD = ( )− 2,2,0 ， PB = ( )2, - 1, - 3 ， BC = ( )0,2,0 . ……………………… 8分 设平面PBD的法向量为m = ( )x,y,z ，则 由 ì í î ï ï    PD ⋅ m = y − 3 z = 0,    BD ⋅ m =− 2x + 2y = 0,得 ì í î ï ï y = 3 z, y = x, 取 z = 1，则m = ( )3 , 3 ,1 ，………………………………………………………… 9分 设平面PBC的法向量为n = ( )a，b，c ，则 由 ì í î ï ï   PB ⋅ n = 2a - b - 3 c = 0,   BC ⋅ n = 2b = 0, 得 ì í î ï2a = 3 c, b = 0, 取 c = 2，则n = ( )3 ,0,2 ，………………………………………………………… 10分 设平面BPD与平面PCD的夹角为 θ， 则 cos θ = || cos m,n = ||m ⋅ n ||m || n = || 57 × 7 = 5 7. 所以平面PBD与平面PBC夹角的余弦值为 57.………………………………… 12分 22.【详解】（1）因为平行四边形ABCP沿底边PC的高AD翻折， 所以AD⊥PD，AD⊥CD，………………… 1分 因为PD⊥CD，又AD∩CD=D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PD⊥平面ABCD. 因为PD=DC=1，∠ABC为45°，所以AD=1，AB=2，……………… 2分 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直， 以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为 x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D - xyz，如图所示， ∴A ( )1,0,0 ，B ( )1,2,0 ，C ( )0,1,0 ，P ( )0,0,1 ，E ( )12 ,0, 12 ， ∴ BC = ( )− 1, − 1,0 ， CP = ( )0, − 1,1 ， CE = ( )12 , − 1, 12 . ………………… 3分 设平面PBC的法向量为m = ( )x,y,z ， 则 ì í î ï ï m ⋅  BC =− x − y = 0， m ⋅  CP =− y + z = 0，不妨令 y＝1，∴m = ( )− 1,1,1 . ………………… 4分 P M D CB A x N O z y P E A D F B C x y z 高二数学答案 第6页（共7页） 设点E到平面PBC的距离为d，则d = ||   CE ⋅ m ||m = 13 = 33 . ………………… 6分 （2）设点F坐标为( )1,t,0 ，则  CF = ( )1,t − 1,0 ，又   DB = ( )1,2,0 ， ∵CF ⊥ BD，即  CF ⋅   DB = 0，则1 + 2 ( )t - 1 = 0，解得t = 12， ∴F ( )1, 12 ,0 ，∴ CF = ( )1, − 12 ,0 . …………………………………………… 8分 设   AE = λ AP = ( )− λ,0,λ ，λ ∈ [ ]0,1 ，∵ FA = ( )0， - 12，0 ∴ FE =  FA +  AE = ( )− λ, − 12 ,λ . 设平面PFC的法向量为n = ( )a,b,c ， 则 ì í î ï ï n ⋅  CF = 0， n ⋅  CP = 0，即 ì í î ï ï a = 12 b， b = c， 令a = 1，得n = ( )1,2,2 , ∴n ⋅  FE = λ − 1， ∴cos  FE ,n = || n ⋅   FE || n ||  FE = || λ − 1 3 2λ2 + 14 = || 2λ − 23 8λ2 + 1，………………………………………… 10分 设直线EF与平面PFC所成的角为 θ， 假设存在点E，使得FE与平面PFC所成角的正弦值是 33 ，则 sinθ = 33 ， ∴ | | | || | | | | || | 2λ − 2 3 8λ2 + 1 = 33 ，整理得20λ2 + 8λ − 1 = 0， 解得λ = 110，或λ = - 1 2（舍去）.所以   AE = ( )− 110 ,0, 110 ， ||  AE = 210 . ∴存在满足条件的点E，且AE的长为 210 .………………… 12分 高二数学答案 第7页（共7页） null