精品解析：山东省济钢高级中学2024-2025学年高二上学期第一次学情检测数学试题

济钢高中2023级高二上学期第一次学情检 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一､选择题：本大题共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. 点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 过原点且与直线垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（ ） A. B. 当时， C. 若，，则 D. 平行六面体的体积 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如果，，那么直线经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 非零向量，，若，则 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ） A. 与平面的夹角的正弦值为 B. 点到的距离为 C. 线段的长度的最大值为 D. 与的数量积的范围是 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的一个方向向量是，则实数k的值为______． 13. 已知空间向量两两夹角为，且，则_______． 14. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为_____. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤. 15. 如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，. （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，，求的值. 16. 已知的三个顶点是. （1）求边上的高所在直线的方程； （2）若直线过点，且与平行，求直线的方程. 17. 如图，在多面体中，平面． （1）求证：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 18. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求此时的直线方程； （3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程． 19. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济钢高中2023级高二上学期第一次学情检 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一､选择题：本大题共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. 点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果. 【详解】由空间直角坐标系的性质可知， 点关于平面对称的点的坐标是. 故选：A 2. 为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解. 【详解】因为，所以，可化简为：，即， 由于，，，四点共面，则，解得：； 故选：C 3. 过原点且与直线垂直的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线垂直的斜率关系确定垂线斜率，从而得直线方程. 【详解】直线的斜率为，与直线垂直的直线斜率为， 又直线过原点，故其方程为. 故选：C. 4. 正方体中，为中点，则直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正方体的棱长为2，建系标点，利用空间向量求线线夹角. 【详解】如图，以D为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则， 可得， 则， 所以直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 5. 已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点斜式方程求解即可. 【详解】直线在轴上的截距为，点在直线上， 又直线的斜率为,根据点斜式方程得即. 故选：B. 6. 在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行六面体的性质结合空间向量基本定理求解即可. 【详解】因为平行六面体中，点是线段上的一点，且， 所以 ． 故选：C． 7. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线恒过定点，再结合图象求解即可. 【详解】直线，即， 由，解得，所以直线恒过定点， 又，， 由图可知，要使直线与线段有公共点， 则直线斜率的取值范围为. 故选：D. 8. 已知一对不共线的向量，的夹角为，定义为一个向量，其模长为，其方向同时与向量，垂直（如图1所示）．在平行六面体中（如图2所示），下列结论错误的是（ ） A. B. 当时， C. 若，，则 D. 平行六面体的体积 【答案】C 【解析】 【分析】A.根据三角形的面积公式，结合新定义公式，即可判断；B.结合新定义和数量积公式，即可判断；B.根据条件求，即可判断；D.根据新定义和数量积的几何意义，即可判断. 【详解】对于A，，而，故，正确； 对于B，，当时，有意义，则，正确； 对于C，因为，，所以，，所以，错误； 对于D，的模长即为平行六面体底面OACB的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知， 就是在垂直于底面的方向上的投影向量的模长（即为平行六面体的高）乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，正确． 故选：C 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如果，，那么直线经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线斜率与截距判断即可. 【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：， 因为，，故，， 故直线经过第一象限、第三象限、第四象限． 故选：ACD． 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 非零向量，，若，则 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 【答案】AD 【解析】 【分析】由向量垂直的性质判断A；由共面向量定理判断B；由向量加法法则判断C；由共线向量定理判断D． 【详解】对于A项：非零向量，，若，则，故A项正确； 对于B项：若对空间中任意一点，有， 则， 化简得：， 由空间向量基本定理可知，，，四点不共面，故B项错误； 对于C项：由是空间中的一组基底，则向量，，不共面， 而， 所以向量，，共面不能作为基底，故C项错误； 对于D项：若空间四个点，，，，， 则，即， 所以共线，又因为有公共点，所以，，三点共线，故D项正确. 故选：AD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ） A. 与平面的夹角的正弦值为 B. 点到的距离为 C. 线段的长度的最大值为 D. 与的数量积的范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】建系，标点，设，根据向量垂直可得.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到线的距离；对于C：根据空间向量的模长公式分析求解；对于D：根据空间向量的数量积分析求解. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得，， 若，则，可得， 则，解得，即. 对于选项A：可知平面的法向量， 则， 所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确； 对于选项B：因为， 所以点到的距离为，故B正确； 对于选项C：因为， 则， 且，可得当且仅当时，取到最大值， 所以线段的长度的最大值为3，故C错误； 对于选项D：因为，， 则， 且，可知当时，取到最小值； 当时，取到最大值； 所以与的数量积的范围是，故D正确； 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的一个方向向量是，则实数k的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】把直线的方程化为斜截式，然后根据方向向量的定义进行求解即可. 【详解】因为直线的斜率为， 所以，解得． 故答案为： 13. 已知空间向量两两夹角为，且，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先计算出，再运用向量的模长公式展开，代入即得. 【详解】依题意，， 则 ， . 故答案为：. 14. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为_____. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)， F(2，4，4)，N(4，2，4). ∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)， ∴， ∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M. ∴平面AMN∥平面EFBD. 设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量， 则解得 取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1). 平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离. ∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=. 故答案为： 【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及验算步骤. 15. 如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，. （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，，求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算求出即可； （2）根据向量的运算性质代入计算即可. 【小问1详解】 ， ， 故 ∵点E为AD的中点， 故. 【小问2详解】 由题意得， 故， 故 . 16. 已知的三个顶点是. （1）求边上的高所在直线的方程； （2）若直线过点，且与平行，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出直线BC的斜率，则可求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线的方程； （2）求出直线AB的斜率，可得直线的斜率，点斜式可求出直线的方程. 【小问1详解】 因为，所以BC边上的高所在直线的斜率为， 所以BC边上的高所在直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为，又直线过点， 所以直线的方程为，即. 17. 如图，在多面体中，平面． （1）求证：直线平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）求得直线方向向量，平面法向量，通过向量的垂直关系即可求助； （2）由面面夹角的向量法即可求解. 【小问1详解】 证明：因为平面平面， 所以，所以两两垂直， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为，则由， 可得，令，得， 所以，则， 又因为平面，所以直线平面； 【小问2详解】 解：由，得， 设平面的一个法向量为，则由， 可得，令，得， 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为． 18. 设直线l的方程为． （1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P； （2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点，，当面积最小时，求此时的直线方程； （3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】(1) 因为，，通过化简得，结合过定点列方程组，解出方程组的解即可得到定点坐标. (2) 令得，，令可得，.因为，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，所以得到的取值范围，再利用均值不等式求出的值即可得到直线方程. (3) 由(2)可知直线l分别与x，y 轴的正半轴相交，所以，，均为正整数且a也为正整数求得. 将的值代入原方程即可. 【小问1详解】 由得，则，解得， ∴不论a为何值，直线l必过一定点； 【小问2详解】 由， 当时，，当时，， 又由，得， ， 当且仅当，即时，取等号． ，， ∴直线方程为． 【小问3详解】 直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，即，均为正整数，而a也为正整数， ，， ∴直线l的方程为． 19. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； （3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 因为，故， 由几何关系可知，，，， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，，. 设与平面所成角的大小为， 则有， 设为与平面所成角，故， 即与平面所成角的大小为； 【小问3详解】 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得或，即或， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $