精品解析：河南省舞钢市新时代国际学校2024-2025学年高二上学期10月教学质量检测数学试题

舞钢新时代国际学校高二数学10月教学质量检测卷 出题人：陈志浩 考试范围：选择性必修一 考试时间：120分钟 试卷分值：150分 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】变形后得到的方向向量是，，求出答案. 【详解】变形为， 故的方向向量是，， 当时，一个方向向量为，其他选项均不合要求. 故选：D 2. 已知，若共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的共面定理，存在实数使得成立，列出方程组，即可求解. 【详解】由向量， 因为共面，则存在实数使得成立， 即成立， 可得，解得，则. 故选：C. 3. 两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B. 4. 圆心在直线x-y-4＝0上，且经过两圆x2+y2+6x-4＝0和x2+y2+6y-28＝0的交点的圆的方程为（ ） A. x2+y2-x+7y-32＝0 B. x2+y2-x+7y-16＝0 C. x2+y2-4x+4y+9＝0 D. x2+y2-4x+4y-8＝0 【答案】A 【解析】 【分析】设所求圆的方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)＝0，用λ表示出圆心，代入直线x-y-4＝0，求出λ，从而可求出所求圆的方程． 【详解】根据题意知，所求圆经过圆x2+y2+6x-4＝0和圆x2+y2+6y-28＝0的交点， 设其方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)＝0， 即(1+λ)x2+(1+λ)y2+6x+6λy-4-28λ＝0，其圆心坐标为，， 又由圆心在直线x-y-4＝0上，所以--4＝0， 解得λ＝-7， 所以所求圆的方程为：(-6)x2+(-6)y2+6x-42y+192＝0，即x2+y2-x+7y-32＝0， 故选：A． 5. 过点的圆C与直线相切于点，则圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆心和切点连线与切线垂直可得，得到关于圆心的一个方程，根据圆的性质，可知圆心C在的垂直平分线上，由此可求得的值，得到圆心坐标，进而可求得圆的半径即可求解. 【详解】设圆心， 因为直线与圆C相切于点， 所以，即， 因为中垂线为，则圆心C满足直线， 即， 所以半径， 所以圆C的方程为， 故选： 6. 已知两点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值是（ ） A. 8 B. 6 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心坐标和半径，可得圆心到直线的距离，求得圆上的点到直线距离的最小值，从而得三角形面积最小值． 【详解】解：圆 即， 圆心，半径是． 直线的方程为， 圆心到直线的距离为， 直线和圆相离， 点到直线距离的最小值是 3 ， 的面积的最小值为 故选：D． 7. 已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（ ） A. 1 B. 3 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线方程表达式及其位置关系可得，在利用基本不等式即可求得的最小值. 【详解】由题可知，两条直线斜率一定存在， 又因为两直线垂直，所以斜率乘积为，即，即， 整理可得， 所以，当且仅当时，等号成立； 因此的最小值为. 故选：D 8. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A(1，0)，B(0，2)，且AC＝BC，则△ABC的欧拉线的方程为（ ） A. 4x＋2y＋3＝0 B. 2x－4y＋3＝0 C. x－2y＋3＝0 D. 2x－y＋3＝0 【答案】B 【解析】 【分析】等腰三角形的欧拉线即为底面上高线．求出中点和的斜率后可得． 【详解】因为AC＝BC，所以欧拉线为AB的中垂线， 又A(1，0)，B(0，2)，故AB的中点为，kAB＝－2， 故AB的中垂线方程为y－1＝，即2x－4y＋3＝0. 故选：B． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系. 【详解】平面，则平面法向量为， 对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确. 对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误； 对，所以过点，方向向量为 ， 因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确. 故选：CD 10. 实数，满足，则的（ ） A. 最小值为 B. 最小值为 C. 最大值为 D. 最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】转化为直线与总有公共点，联立方程利用判别式大于等于零可得答案. 【详解】设，则， 由得， 所以，解得， 故选：AD. 11. 如图，在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点在平面的投影是的内心 D. 设与平面所成角分别为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理即可证明选项A，利用等体积法思想证明选项B，利用线面垂直的判定和性质判断选项C错误，根据垂直关系找到线面角并表示出正弦值即可求解选项D. 【详解】联系翻折前后的位置关系可得， 翻折后,平面, 所以平面,又因为平面,所以，故A正确； 由上述过程可知平面，且, 所以,故B正确； 因为两两互相垂直， ,平面, 所以平面,又因为平面,所以， 设为点在平面上的投影， 连接,则平面，平面， 所以,平面， 所以平面，平面,所以, 同理可证,即点为三角形高线的交点， 所以点在平面的投影是的垂心，故C错误， 由上述过程可知， 与平面所成角分别为， , 由上述过程可知，所以， 所以,故D正确； 故选:ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正方体， ①直线DD1的一个方向向量为； ②直线BC1的一个方向向量为； ③平面ABB1A1的一个法向量为； ④平面B1CD的一个法向量为； 则上述结论正确的是___________（填序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据向量的平行、方向向量、法向量及坐标运算求解即可. 【详解】设正方体的棱长为1. 因为，且，所以①正确； 因为，，所以②正确； 因为平面，，所以③正确； 因为正方体中平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，而与相交，不平行，与平面不垂直， 故不是平面的法向量，所以④错误. 故答案为：①②③. 13. 设是空间的一个单位正交基底，且向量，若，则用基底表示向量______________． 【答案】 【解析】 【分析】设，从而根据列出方程组，求出，求出答案. 【详解】设， 则， 故，解得：，故 故答案为： 14. 若两圆，的公共弦长为，则公共弦所在直线的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先将两圆方程作差求得公共弦所在直线方程，然后利用勾股定理列方程，解方程求得的值，再代入即可. 【详解】将，两圆的方程相减，得公共弦所在的直线方程为， 圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离，解得， 此时为，即，圆心为，半径为， 易得两圆心距离为，且，所以两圆相交，满足题意， 所以公共弦所在直线的方程为. 故答案为： 四、解答题（共5题，共77.0分） 15. 如图.在平行六面体中. （1）如图1，已知，点是侧面的中心，试用向量表示下列向量：. （2）如图2，点分别是的中点，请选择恰当的基底向量，证明：平面平面. 【答案】（1）， （2） 以为基底， 则， ， ，， 所以，， 则，， 又平面平面平面. 同理平面，又平面， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）结合图形，利用空间向量的线性运算即可得解； （2）利用空间向量的线性运算得到，，进而利用线面平行与面面平行的判定定理即可得证. 【小问1详解】 因为，点是侧面的中心， 所以， . 【小问2详解】 略 16. 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2． (1)求证：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 【答案】（1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D， ∴DE⊥平面A1CD， 又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE 又A1C⊥CD，CD∩DE=D ∴A1C⊥平面BCDE （2） (3)不存在，理由如下： 设线段BC上存在点P，设P点坐标为（0，a，0），则a∈[0，3] ∴， 设平面A1DP法向量为 则∴ ∴ 假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则， ∴3a+12+3a=0，6a=﹣12，a=﹣2 ∵0≤a≤3 ∴不存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直 【考点定位】此题第二问是对基本功的考查，对于知识掌握不牢靠的学生可能不能顺利解答． 第三问的创新式问法，难度非常大 【解析】 【详解】试题分析：（1）证明A1C⊥平面BCDE，因为A1C⊥CD，只需证明A1C⊥DE，即证明DE⊥平面A1CD； （2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出平面A1BE法向量，=（﹣1，0，），利用向量的夹角公式，即可求得CM与平面A1BE所成角的大小； （3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为（0，a，0），则a∈[0，3]，求出平面A1DP法向量为 假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，可求得0≤a≤3，从而可得结论． （1）略 （2）解：如图建系，则C（0，0，0），D（﹣2，0，0），A1（0，0，2），B（0，3，0），E（﹣2，2，0） ∴， 设平面A1BE法向量为 则∴∴ ∴ 又∵M（﹣1，0，），∴=（﹣1，0，） ∴ ∴CM与平面A1BE所成角的大小45° （3）略 考点：向量语言表述面面的垂直、平行关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角． 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且在线段上． （1）若E是的中点，试证明：∥平面； （2）若异面直线与所成的角为，求四棱锥的侧视图的面积． 【答案】（1） 证法一：在四棱锥中，取的中点F，连接， 因为E是的中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形，则， 而平面平面， 平面． 证法二：如图，以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则，所以，即 取，得到平面的法向量为． 所以，而平面，则平面． （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：利用线面平行的判定定理证明，在四棱锥中，取的中点F，连接、，只需证明四边形是平行四边形，可得； 证法二：建立空间直角坐标系，设，确定平面PBC的法向量，证明即可； （2）求得，利用异面直线与成角，结合向量数量积公式，可求，从而可得侧视图的面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同（1）法二建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 则 由已知异面直线与成角，所以， 又， 所以，解得，即， 所以侧视图的面积为． 18. 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2． （1）求证：DE⊥A1C； （2）求点C到平面A1BE的距离． 【答案】（1）证明: 在图1△ABC中，D，E为AC，AB边中点 所以DE∥BC． 又∠C＝90°，所以AC⊥BC，所以DE⊥AC． 在图2中DE⊥A1D，DE⊥DC，且A1D∩DC＝D，则DE⊥平面A1CD． 又因为A1C 平面A1CD，所以DE⊥A1C． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出DE⊥平面A1CD，即可证明出DE⊥A1C； （2）过A1作A1O⊥CD，垂足为O，判断出A1O即为三棱锥A1﹣BCE底面上的高.利用等体积法求出点C到平面A1BE的距离. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知DE⊥平面A1CD，且DE平面BCDE， 所以平面A1CD⊥平面BCDE，且平面A1CD∩平面BCDE＝DC. 在正△A1CD中，过A1作A1O⊥CD，垂足为O， 所以A1O⊥平面BCDE．A1O即为三棱锥A1﹣BCE底面上的高. 已知BC＝AC＝4，，所以,且. 在正△A1CD中，． 在△A1BE中，，，所以△A1BE的A1B边上的高为，所以． 在梯形BCDE中，． 设点C到平面A1BE的距离为h， 因为， 所以，所以，解得． 即点C到平面A1BE的距离为． 19. 已知圆C1：（x﹣1）2+y2＝1与圆C2：x2+y2﹣8x+m＝0． （1）若圆C1与圆C2恰有3条公切线，求实数m的值； （2）在（1）的条件下，若直线xy+n＝0被圆C2所截得的弦长为2，求实数n的值． 【答案】（1）m＝12 （2）n＝﹣1或﹣7 【解析】 【分析】（1）分别求得两圆的圆心和半径，由题意可得两圆外切，可得两圆的圆心距等于半径之和，解方程可得所求值； （2）由直线和圆相交的弦长公式，结合点到直线的距离公式，解方程可得所求值． 【小问1详解】 解：圆C1：（x﹣1）2+y2＝1的圆心C1（1，0），半径r1＝1， 圆C2：x2+y2﹣8x+m＝0的圆心C2（4，0），半径r2， 由圆C1与圆C2恰有3条公切线，可得两圆外切， 则|C1C2|＝r1+r2，即13， 解得m＝12： 【小问2详解】 圆C2：x2+y2﹣8x+12＝0的圆心为（4，0），半径为2， 由直线xy+n＝0被圆C2所截得的弦长为2， 可得2＝2（d为圆心C2到直线xy+n＝0的距离）， 解得d， 则d， 解得n＝﹣1或﹣7． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 舞钢新时代国际学校高二数学10月教学质量检测卷 出题人：陈志浩 考试范围：选择性必修一 考试时间：120分钟 试卷分值：150分 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若共面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 两平行平面 ， 分别经过坐标原点 和点 ，且两平面的一个法向量 ，则两平面间的距离是 A. B. C. D. 4. 圆心在直线x-y-4＝0上，且经过两圆x2+y2+6x-4＝0和x2+y2+6y-28＝0的交点的圆的方程为（ ） A. x2+y2-x+7y-32＝0 B. x2+y2-x+7y-16＝0 C. x2+y2-4x+4y+9＝0 D. x2+y2-4x+4y-8＝0 5. 过点的圆C与直线相切于点，则圆C的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知两点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值是（ ） A. 8 B. 6 C. D. 4 7. 已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（ ） A. 1 B. 3 C. 8 D. 9 8. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A(1，0)，B(0，2)，且AC＝BC，则△ABC的欧拉线的方程为（ ） A. 4x＋2y＋3＝0 B. 2x－4y＋3＝0 C. x－2y＋3＝0 D. 2x－y＋3＝0 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实： （1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为； （2）过点，且为法向量的平面的方程为． 现已知平面，，，（ ） A. B. C. D. 10. 实数，满足，则的（ ） A. 最小值为 B. 最小值为 C. 最大值为 D. 最大值为 11. 如图，在边长为2的正方形中，点分别是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 点在平面的投影是的内心 D. 设与平面所成角分别为，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正方体， ①直线DD1的一个方向向量为； ②直线BC1的一个方向向量为； ③平面ABB1A1的一个法向量为； ④平面B1CD的一个法向量为； 则上述结论正确的是___________（填序号） 13. 设是空间的一个单位正交基底，且向量，若，则用基底表示向量______________． 14. 若两圆，的公共弦长为，则公共弦所在直线的方程为______. 四、解答题（共5题，共77.0分） 15. 如图.在平行六面体中. （1）如图1，已知，点是侧面的中心，试用向量表示下列向量：. （2）如图2，点分别是的中点，请选择恰当的基底向量，证明：平面平面. 16. 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2． (1)求证：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 17. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且在线段上． （1）若E是的中点，试证明：∥平面； （2）若异面直线与所成的角为，求四棱锥的侧视图的面积． 18. 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2． （1）求证：DE⊥A1C； （2）求点C到平面A1BE的距离． 19. 已知圆C1：（x﹣1）2+y2＝1与圆C2：x2+y2﹣8x+m＝0． （1）若圆C1与圆C2恰有3条公切线，求实数m的值； （2）在（1）的条件下，若直线xy+n＝0被圆C2所截得的弦长为2，求实数n的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $