海南省澄迈县澄迈中学2024-2025学年高二上学期第一次质量检测数学试题

试卷第 1页，共 4页 高二年级第一学期第一次质量检测 数学试题 命题人：王福雄 审题人：李传斌 一、单选题（每小题 5 分，共 40 分） 1．已知空间向量  ,1, 2a x ，  4, 2, 4b   ，若 a b  ，则 x （ ） A．1 B． 5 2  C． 3 2  D．3 2．直线 13 0 3 x y   的倾斜角为（ ） A． π 6 B． π3 C． 2π 3 D． 5π 6 3．若 , ,a b c   构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（ ） A． a， a b  ， a c  B． a，b  ， 2a b  C． a，   a c， c D．b  ， a c ， a b c    4．已知直线 1 2: 1 0, : ( 2) 2 0l x ay l ax a y       ，若 1 2l l ，则实数 a （ ） A． 1 或0 B．0 C． 3 或0 D． 3 5．如图，M 为OA的中点，以 , ,OA OC OD    为基底，CM xOA yOC zOD       ，则实数组  , ,x y z 等于（ ） A． 1 , 1,0 2      B． 1 ,0, 1 2      C． 1 ,1,0 2      D． 1 ,0,1 2      6．已知 a＝(1,2，－y)，b＝(x,1,2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则( ) A．x＝ 1 3 ，y＝1 B．x＝ 1 2 ，y＝－4 C．x＝2，y＝－ 14 D．x＝1，y＝－1 7．已知  v为直线 l的方向向量， 1 2,n n   分别为平面 ,  的法向量（ ,  不重合），有下列说法： ① 1 2n n      ；② 1 2n n       ；③ 1v n l     ；④ 1v n l     ∥ ．其中正确的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 试卷第 2页，共 4页 8．在下图所示直四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，底面 ABCD为菱形， π1, 3 AB DAB   ， 1 2AA  ，动点 P在 体对角线 1BD 上，则顶点 B到平面 APC距离的最大值为（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 2 D． 2 二、多选题（每小题 6 分，共 18 分） 9．（多选）下列说法正确的是（ ） A．若直线 y kx b  经过第一､二､四象限，则点  ,k b 在第三象限 B．直线 3 2y ax a   过定点  3,2 C．过点  2, 1 且斜率为 3 的直线的点斜式方程为  1 3 2y x    D．斜率为 2 ，在 y轴上的截距为3的直线的方程为 2 3y x   10．已知点 ( 2,3,4)A  ,在 z轴上求一点 B，使|AB|＝7，则点 B的坐标为（ ） A． (0,0,10) B． (0,10,0) C． (0,0, 2) D． (0,0,2) 11．如图，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， E为棱 BC上的动点， F 为棱 1B B的中点，则下列选项不正确的 是（ ） A．直线 1 1AD 与直线 EF相交 B．当 E为棱 BC上的中点时，则点 E在平面 1AD F的射影是点 F C．存在点 E，使得直线 1AD 与直线 EF所成角为30 D．三棱锥 E ADF 的体积为定值 三、填空题（每小题 5 分，共 15 分） 12．在直线 0kx y b   上，当  3,4x  时，恰好  8,13y  ，则此直线的一般式方程为 ． 试卷第 3页，共 4页 13．已知空间四边形 ABCD中，向量 , ,AB a AC b AD c       ，且 2 , 2 ,AM MB CN ND MN xa yb zc            ， 则 xy z  ． 14．如图，在棱长为 3的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，点 E在 BD上，且 1 3 BE BD ，点 F 在 1CB 上，且 1 1 3 CF CB ， 若平面 1 1ADD A上存在一点G使得 1 / /BG 平面DEF ，写出一个满足条件的点G的坐标为 ． 四、解答题（共 77 分） 15．（13分）已知空间三点  4,0,4A  ，  2,2,4B  ，  3, 2,3C  ，设 a AB   ，b BC   . (1)求 a r ， b  ; (2)求a  与b  的夹角. 16．（15分）如图，在棱长为 2的正方体中， ,E F分别是 1,DD DB的中点，G在棱 CD上，且 1 3 CG CD ，H 是 1C G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题： (1)求证： 1EF BC ； (2)求异面直线 EF与 1C G所成角的余弦值. 17．（15分）已知四边形 ABCD是平行四边形，A（0，3），B（4，1），C（5，2），且 E为线段 CD的中点． (1)求线段 CD的垂直平分线 l1的方程； (2)直线 l2经过点 D，且 BE∥l2，求 l2在 y轴上的截距． 试卷第 4页，共 4页 18．（17分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD，PA PD ，AB AD ，PA PD ， 1AB  ， 2AD  ， 5AC CD  . (1)求证：PD 平面 PAB . (2)求直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值. (3)在棱 PA上是否存在点M ，使得 //BM 平面 PCD ?若存在，求出 AM AP 的值；若不存在，请说明理由. 19．（17分）如图，在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1AA 平面 ABC， AB AC ， 1 1AB AC AA   ，M 为线 段 1 1AC 上的一点． (1)求证： 1BM AB ； (2)线段 1 1AC 上是否存在点M 使得平面 ABC与平面BCM所成面面夹角为 π 4 ．若存在，请确定点M 的位置； 若不存在，请说明理由. 答案第 1页，共 12页 高二年级第一学期第一次质量检测 数学试题参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A A C A B B A BC AC ABC 1．B 【分析】由空间向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】因为  ,1,2a x ，  4,2,4b   ，且 a b  ，所以 4 2 8 0x    ，解得 5 2 x   ， 故选：B. 2．A 【分析】求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得答案. 【详解】解：因为直线 13 0 3 x y   的斜率为 3 3 ， 设直线的倾斜角为 , (0,π)   ， 则有 3tan = 3  ，解得 π 6   ， 所以其倾斜角为 π 6 ． 故选：A． 3．A 【分析】根据向量共面的条件对选项逐一分析即可. 【详解】{ }, ,a b crr r 构成空间的一组基底，则 ,b c 不共线， 假设 , ,a a b a c      共面，则存在不全为零的实数 ,s t，使 ( ) ( )a s a b t a c        ，即 ( )a s t a sb tc       ， 则 0, 0s t sb tc      ，则 ,s t b c     ，与 ,b c   不共线矛盾，故 , ,a a b a c      不共面； ( 2 ) 2a a b b       ，故 , , 2a b a b    共面； ( )a a c c     ，故 , ,a a c c     共面； ( )a b c a c b          ，故 , ,b a c a b c        共面. 故选：A . 答案第 2页，共 12页 4．C 【分析】根据 1 2l l 及线线垂直公式 1 2 1 2 0A A B B  ，即可求 a的值 【详解】因为 1 2: 1 0, : ( 2) 2 0l x ay l ax a y       且 1 2l l 所以  2 0a a a   解得： 0a  或 3a   故选：C 5．A 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】 M 为OA的中点， 1 , 2 CM OM OC OA OC          1, 2 CM xOA yOC zOD x         ， 1, 0y z   ， 故选:A. 6．B 【分析】由题得 a＋2b＝λ(2a－b)，即     2 1 2 , 4 3 , 4 2 2 , x x y y               解方程组即得解. 【详解】由题意知，a＋2b＝(2x＋1,4,4－y)，2a－b＝(2－x,3，－2y－2)． ∵(a＋2b)∥(2a－b)， ∴存在实数λ，使 a＋2b＝λ(2a－b)， ∴     2 1 2 , 4 3 , 4 2 2 , x x y y               解得 4 , 3 1 , 2 4. x y          故答案为 B 【点睛】本题主要考查空间平行位置关系的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平 和分析推理能力. 7．B 答案第 3页，共 12页 【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案. 【详解】因为 ,  不重合，对①，平面 ,  平行等价于平面 ,  的法向量平行，故①正确； 对②，平面 ,  垂直等价于平面 ,  的法向量垂直，故②正确； 对③，若 1v n l    ∥ ，故③错误； 对④， 1v n l    ∥ 或 l  ，故④错误． 故选：B． 8．A 【分析】连接 AC交 BD于点 O，由题意得 AC BD ，接着建立空间直角坐标系求出向量 AB  和平面 APC的法向量 n  即可根据向量法的点到平面距离公式 AB n d n      求解. 【详解】连接 AC交BD于点 O， 由题意，得 AC BD ， 1 1 2 2 OB OD AB   ， 2 2 2 2 1 31 2 2 OA OC AB OB           ， 如图，以 O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 3 1 3 10, ,0 , ,0,0 , 0, ,0 , ,0, 2 2 2 2 2 A B C D                        ， 所以    11 30, 3,0 , , , 0 , 1,0, 22 2AC AB BD              ，设  1 0 1BP BD      ， 所以  1 1 3 1 3, ,0 1,0, 2 , , 2 2 2 2 2 AP AB BP AB BD                                 ， 答案第 4页，共 12页 设平面 APC的一个法向量为  , ,n x y z ，则 n AC n AP       ， 所以 03 0 1 1 3 2 0 2 2 2 2 yn AC y x n AP x y z z                                 ，取 4x  ， 则  4 ,0,2 1n    ， 设顶点 B到平面 APC距离为 d， 则    2 2 2 2 2 20 4 14 2 1 AB n d n                ， 当 0  时 0d  ， 当0 1  时， 2 2 2 2 2 2 4 120 4 1 120 16 2 d                    ， 所以当 1 2   即 1 2   时点 B到平面 APC距离最大为 2 1 216  . 故选：A. 9．BC 【分析】利用直线方程的斜截式、点斜式，以及直线过定点问题进行逐个选项判断即可. 【详解】因为直线 y kx b  经过第一､二､四象限， 所以直线的斜率 0k  ，截距 0b  . 故点  ,k b 在第二象限，所以 A中说法错误. 由 3 2y ax a   整理得  2 3y a x   . 所以无论 a取何值，  3,2 都满足方程.所以 B中说法正确. 由点斜式方程可知， 过点  2, 1 且斜率为 3 的直线的方程为  1 3 2y x    . 所以 C中说法正确. 由斜截式方程可知， 斜率为 2 ，在 y轴上的截距为3的直线的方程为 2 3y x   . 所以 D中说法错误. 答案第 5页，共 12页 故选：BC 10．AC 【分析】设点 B的坐标为 (0,0, )c ,根据空间两点间距离公式列式求解. 【详解】设点 B的坐标为 (0,0, )c , 由空间两点间距离公式可得    2 222 3 4 7AB c      ，解得 2c   或 10, 所以 B点的坐标为 (0,0,10)或 (0,0, 2) . 故选：AC. 11．ABC 【分析】根据面面平行性质判断A,反证法得出与 EF AF 矛盾判断B,把异面直线 EF与 1AD 所成角转化为直线 EF与 1BC 所成角，再应用向量法计算数量积解得 4 3a   ，不符合题意, 判断 C,应用等体积得出三棱锥体积为定值判断 D. 【详解】对于 A，因为平面 1 1 / /ADD A 平面 1 1BCC B ,所以平面 1 1ADD A与平面 1 1BCC B 无公共点, 1 1AD 平面 1 1ADD A， EF 平面 1 1BCC B ,直线 1 1AD 与直线 EF不相交,A选项错误； 对于 B,若点 E在平面 1AD F的射影是点 F ，则 EF 平面 1AD F ,则 EF AF , 建立如图空间直角坐标系D xyz ，设正方体的棱长为 2， 则      1,2,0 , 2,2,1 , 2,0,0E F A ，    0,2,1 , 1,0,1 , · 0 1 2 0 1 1AF EF AF EF            , 与 EF AF 矛盾,B选项错误； C：建立如图空间直角坐标系D xyz ，连接 1BC ，则 1 1/ /AD BC，所以异面直线 EF与 1AD 所 成角为直线 EF与 1BC 所成角， 设正方体的棱长为 2，若存在点   , 2,0 0 2E a a  使得 EF与 1BC 所成角为30， 答案第 6页，共 12页 则  2,2,0B ，  2,2,1F ，  1 0,2,2C ， 所以    2 ,0,1 , 2,0, 2EF a BC      ，所 1 2 2EF BC a     ， 又 1 1 cos30EF BC EF BC       ， 得  2 32 2 2 2 2 1 2 a a      ，解得 4 3a   ，不符合题意， 故不存在点 E使得 EF 与 1AD 所成角为30，故 C错误. 对于 D:设正方体的棱长为 a， 3 1 1 1 1 3 3 2 12E ADF F ADE ADE V V S FB AD AB FB a          ,D 选项正确. 故选：ABC. 12．3 1 0x y   或3 4 0x y   【分析】方程化为 ( 0)y kx b k   ，根据函数的单调性分为 0k  和 0k  来讨论，利用单调 性求最值即可求解. 【详解】方程化为 ( 0)y kx b k   ， 当 0k  时， y kx b  为增函数， 则 8 3 13 4 k b k b        ，解得 3 1 k b    ， 此时方程为 3 1y x= + ，即3 1 0x y   ； 当 0k  时， y kx b  为减函数， 则 8 4 13 3 k b k b        ，解得 3 4 k b     ， 此时方程为 3 4y x   ，即3 4 0x y   ； 综上：此直线的一般式方程为3 1 0x y   或3 4 0x y   . 故答案为：3 1 0x y   或3 4 0x y   . 答案第 7页，共 12页 13． 1 3  【分析】根据向量的加法和减法即可求得. 【详解】因为 2CN ND   ，所以 2 1 3 3 AN AD AC     ， 则 2 1 2 2 1 2 3 3 3 3 3 3 MN AN AM AD AC AB a b c                 ， 所以 2 1 13 3 2 3 3 xy z      ． 故答案为： 1 3  . 14． 33,0, 2       （答案不唯一） 【分析】先求出平面DEF 的法向量� = �, �, � ，根据法向量垂直 1BG的坐标运算，即可求 出点G的坐标. 【详解】由题      12,2,0 , 1,3,1 , 3,3,3E F B ，得  2, 2,0DE   ，  1,3,1DF   ， 设  ,0,G a b ，平面DEF 的法向量为� = �, �, � ， 则 0 0 DE n DF n           即 2 2 0 3 0 x y x y z       令 1x  ，则  1, 1,2n   ，  1 3, 3, 3BG a b     ，  1 3 3 2 3 2 6 0n BG a b a b           ，即 2 6a b  ． 取 3a  ，则 3 2 b  ，故点 33,0, 2 G      ． 故答案为： 33,0, 2       （答案不唯一） 15．(1) 2 2a   ； 2b   . (2) 2π 3 【分析】（1）根据空间向量的坐标运算即可； （2）根据空间向量夹角的坐标运算即可得到答案. 【详解】（1）由题意，  2, 2,0a AB   ，  1,0, 1b BC     ， 所以 2 2 22 2 0 2 2a     ，    2 221 0 1 2b        ； 答案第 8页，共 12页 （2）由（1）可知    2 1 2 0 0 1 1cos , 22 2 2 a ba b a b               ， 又  , 0, πa b   ，所以 2π, 3 a b   ，即 a  与b  的夹角为 2π 3 . 16．(1)证明见解析 (2) 30 15 【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明 1 0EF BC    ，故 1EF BC ． （2）利用空间向量法，利用向量的夹角公式求异面直线 EF与 1C G所成角的余弦值. 【详解】（1）证明：如图，以 D为原点，以射线 DA、DC、 1DD 分别为 x轴、y轴、z轴的 正半轴，建立空间直角坐标系D xyz ， 则  0,0,0D ，� 0,0,1 ，  1,1,0F ，  0,2,0C ，  1 0,2,2C ，  1 2,2,2B ， 40, ,0 3 G      ， 所以  1,1, 1EF    ，  1 2,0, 2BC     ， 所以          1 1,1, 1 2,0, 2 1 2 1 0 1 2 0EF BC                  ， 所以 1EF BC   ，故 1EF BC ． （2）因为 1 20, , 2 3 CG         ，所以 1 2 10 3 CG   ． 因为 3EF   ，且  1 2 2 41,1, 1 0, , 2 2 3 3 3 EF C G                 ， 答案第 9页，共 12页 所以 1 1 1 4 4 3 2 303cos , 3 152 10 2 30 303 3 EF C GEF C G EF C G              ． 17．(1)2x﹣y﹣3＝0 (2)6 【分析】（1）设 D（x，y），由 AD＝BC列方程求出 x、y的值，再求 CD的中点坐标，利用 垂直关系求出 l1的斜率，利用点斜式写出直线方程． （2）由题意求出直线 BE的斜率，利用平行关系得出 l2的斜率，再写出 l2的方程，即可求 出 l2在 y轴上的截距． 【详解】（1）（1）设 D（x，y），因为 AD BC   ，所以（x，y﹣3）＝（1，1）， 解得 1 4 x y    ，即 D（1，4）． 设 E（m，n），则 1 5 3 2 4 2 3 2 m n         ，即 E（3，3）． 又因为 kCD 4 2 1 1 5 2      ，所以 l1的斜率为 2，方程为 y﹣3＝2（x﹣3）， 化简得 2x﹣y﹣3＝0； （2）由（1）知 D（1，4），E（3，3），B（4，1）， 所以 kBE 3 1 3 4      2； 因为 BE∥l2，所以 l2的斜率为﹣2， 所以 l2的方程为 y﹣4＝﹣2（x﹣1）， 整理得 y＝﹣2x+6， 所以 l2在 y轴上的截距为 6． 18．(1)证明见解析 答案第 10页，共 12页 (2) 3 3 (3)存在； 14 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得 AB 平面 PAD，进而得 AB PD ，再结合线面垂直 的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 PCD的一个法向量，再利用空间向量夹角公式、线面 角的定义进行求解即可； （3）要使 //BM 平面 PCD，则 0BM n    ，由此列式求解可得. 【详解】（1）∵平面 PAD 平面 ABCD，且平面PAD平面 ABCD AD ， 且 AB AD ， AB 平面 ABCD， ∴ AB 平面 PAD， ∵ PD 平面 PAD，∴ AB PD ， 又 PD PA ，且 PA AB A ， ,PA AB 平面 PAB， ∴ PD 平面 PAB； （2）取 AD中点为O，连接 ,CO PO， 又∵ PA PD ，∴PO AD ．则 1AO PO  ， ∵ 5CD AC  ，∴CO AD ，则 2 2 5 1 2CO AC OA     ， 以O为坐标原点，分别以 , ,OC OA OP    所在直线为 , ,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ， 则 (0,0,1)P ， (1,1,0)B ， (0, 1,0)D  ， (2,0,0)C ， 则 (1,1, 1)PB    ， (0, 1, 1)PD     ， (2,0, 1)PC    ， ( 2, 1,0)CD     ， 设� = �, �, � 为平面 PCD的一个法向量， 则由 0 0 n PD n PC         ，得 0 2 0 y z x z       ，令 1z  ，则 1 , 1,1 2 n        ． 设 PB与平面 PCD的夹角为 ， 则 1 1 1 32sin cos , 31 1 1 3 4 n PBn PB n PB             ‖ ； 答案第 11页，共 12页 （3）假设在棱 PA上存在点M 点，使得 //BM 平面 PCD . 设 AM AP   ，  0,1 ， 由（2）知， (0,1,0)A ， (1,1,0)B ， (0,0,1)P ，则 (0, 1,1)AP    ， ( 1,0,0)BA   uur ，  ( 1,0,0) (0, , ) 1, ,BM BA AM BA AP                    ， 由（2）知平面 PCD的一个法向量 1 , 1,1 2 n        ． 若 //BM 平面 PCD，则 1 12 0 2 2 BM n             ， 解得 1 4   ，又 BM 平面 PCD， 故在棱 PA上存在点M 点，使得 //BM 平面 PCD，此时 1 4 AM AP  . 19．(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用面面角的向量求法建立方程，再求解参数，最后判断即可. 【详解】（1）因为 1AA 平面 ABC， AB AC ， 所以以A为原点建立图中空间直角坐标系， 答案第 12页，共 12页 因为 1 1AB AC AA   ，所以 (1,0,0)B ， 1(1,0,1)B ， (0,1,0)C , 设 (0, ,1)M b ，所以 ( 1, ,1)BM b   ， 1 (1,0,1)AB   ， ( 1,1,0)BC    ， 故 1 1 1 0BM AB      ，即 1BM AB 得证， （2）设面 BCM的法向量为 ( , , )n x y z  ， 由上问得 ( 1, ,1)BM b   ， ( 1,1,0)BC    ， 故得 0 0 x y x by z        ，解得 (1 ) x y z b y     ，取 1y  ， 得到 (1,1, )1 bn    ，易得面 ABC的法向量为 (0,0,1)m   ， 若平面 ABC与平面 BCM所成面面夹角为 π 4 ， 则 2 1 2 21 1 (1 ) 1 b b       ，解得 1 2b   ， 由题意得  0,1b ，我们解出的b不在范围内，故舍去， 所以不存在定点M 的位置.