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

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，，若，则（）A.1 B. C. D.32.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.3.若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（）A.，， B.，，C.，， D.，，4.已知直线：，：，若，则实数（）A.或0 B.0 C.或0 D.5.如图，为的中点，以为基底，，则实数组于（）A. B. C. D.6.已知，，且，则（）A.， B.， C.， D.，7.已知为直线的方向向量，，分别为平面，的法向量（，不重合），有下列说法：①；②；③；④.其中正确的有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个8.在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，，动点在体对角线上，则顶点到平面距离的最大值为（）A. B. C. D.二、多选题（每小题6分，共18分）9.（多选）下列说法正确的是（）A.若直线经过第一、二、四象限，则点在第三象限B.直线过定点C.过点且斜率为的直线的点斜式方程为D.斜率为，在轴上的截距为3的直线的方程为10.已知点，在轴上求一点，使，则点的坐标为（）A. B. C. D.11.如图，在正方体中，为棱上的动点，为棱的中点，则下列选项不正确的是（）A.直线与直线相交B.当为棱上的中点时，则点在平面的射影是点C.存在点，使得直线与直线所成角为30°D.三棱锥的体积为定值三、填空题（每小题5分，共15分）12.在直线上，当时，恰好，则此直线的一般式方程为______.13.已知空间四边形中，向量，，，且，，，则______.14.如图，在棱长为3的正方体中，点在上，且，点在上，且，若平面上存在一点使得平面，写出一个满足条件的点的坐标为______.四、解答题（共77分）15.（13分）已知空间三点，，，设.（1）求，；（2）求与的夹角.16.（15分）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是的中点，在棱上，且，是的中点.建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：（1）求证：；（2）求异面直线与所成角的余弦值.17.（15分）已知四边形是平行四边形，，，，且为线段的中点.（1）求线段的垂直平分线的方程；（2）直线经过点，且，求在轴上的截距.18.（17分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19.（17分）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上的一点.（1）求证：；（2）线段上是否存在点使得平面与平面所成面面夹角为.若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.

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1234567891011答案BAACABBABCACABC1.B【分析】由空间向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】因为，，且，所以，解得，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：因为直线的斜率为，设直线的倾斜角为，，则有，解得，所以其倾斜角为.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】构成空间的一组基底，则，不共线，假设，，共面，则存在不全为零的实数，，使，即，则，，则，，与，不共线矛盾，故，，共不共面；，故，，共面；，故，，共面；，故，，共面.故选：A.4.C【分析】根据及线线垂直公式，即可求的值【详解】因为：，：且所以解得：或故选：C5.A【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】∵为的中点，∴，∵，∴，，，故选：A.6.B【分析】由题得，即解方程组即得解.【详解】由题意知，，.∵，∴存在实数，使，∴，解得故答案为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.【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，故③错误；对④，或，故④错误.故选：B.8.A【分析】连接交于点，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解.【详解】连接交于点，由题意，得，，，如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设（），所以，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设顶点到平面距离为，则，当时，当时，，所以当即时点到平面距离最大为.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】因为直线经过第一、二、四象限，所以直线的斜率，截距.故点在第二象限，所以A中说法错误.由整理得.所以无论取何值，都满足方程.所以B中说法正确.由点斜式方程可知，过点且斜率为的直线的方程为.所以C中说法正确.由斜截式方程可知，斜率为，在轴上的截距为3的直线的方程为.所以D中说法错误.故选：BC10.AC【分析】设点的坐标为，根据空间两点间距离公式列式求解.【详解】设点的坐标为，由空间两点间距离公式可得，解得或10，所以点的坐标为或.故选：AC.11.ABC【分析】根据面面平行性质判断，反证法得出与矛盾判断，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，再应用向量法计算数量积解得，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，因为平面平面，所以平面与平面无公共点，平面,平面，直线与直线不相交，A选项错误；对于B，若点在平面的射影是点，则平面，则，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，，，与矛盾，B选项错误；C：建立如图空间直角坐标系，连接，则，所以异面直线与所成角为直线与所成角，设正方体的棱长为2，若存在点（）使得与所成角为30°，则，，，所以，，所，又，得，解得，不符合题意，故不存在点使得与所成角为30°，故C错误.对于D：设正方体的棱长为，，D选项正确.故选：ABC.12.或【分析】方程化为（），根据函数的单调性分为和来讨论，利用单调性求最值即可求解.【详解】方程化为（），当时，为增函数，则，解得，此时方程为，即；当时，为减函数，则，解得，此时方程为，即；综上：此直线的一般式方程为或.故答案为：或.13.【分析】根据向量的加法和减法即可求得.【详解】因为，所以，则，所以.故答案为：.14.（答案不唯一）【分析】先求出平面的法向量，根据法向量垂直的坐标运算，即可求出点的坐标.【详解】由题，，，得，，设，平面的法向量为，则即令，则，，，即.取，则，故点.故答案为：（答案不唯一）15.（1）；.（2）【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，，，所以，；（2）由（1）可知，又，，所以，即与的夹角为.16.（1）证明见解析；（2）【分析】（1）以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，故.（2）利用空间向量法，利用向量的夹角公式求异面直线与所成角的余弦值.【详解】（1）证明：如图，以为原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，所以，所以，故.（2）因为，所以.因为，且，所以.17.（1）；（2）6【分析】（1）设，由列方程求出、的值，再求的中点坐标，利用垂直关系求出的斜率，利用点斜式写出直线方程.（2）由题意求出直线的斜率，利用平行关系得出的斜率，再写出的方程，即可求出在轴上的截距.【详解】（1）（1）设，因为，所以，解得，即.设，则，即.又因为，所以的斜率为2，方程为，化简得；（2）由（1）知，，，所以；因为，所以的斜率为，所以的方程为，整理得，所以在轴上的截距为6.18.（1）证明见解析；（2）；（3）存在；【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，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）要使平面，则，由此列式求解可得.【详解】（1）∵平面平面，且平面平面，且，平面，∴平面，∵平面，∴，又，且，，平面，∴平面；（2）取中点为，连接，，又∵，∴.则，∵，∴，则，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，则，，，，设为平面的一个法向量，则由，得，令，则.设与平面的夹角为，则；（3）假设在棱上存在点点，使得平面.设，，由（2）知，，，，则，，，由（2）知平面的一个法向量.若平面，则，解得，又平面，故在棱上存在点点，使得平面，此时.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