江西吉安2024-2025学年高二上学期10月素养测试数学试卷（含解析）

江西吉安2024-2025学年高二上学期10月素养测试数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若直线经过两点、且的倾斜角为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．设，分别是平面的法向量.若，则t等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．如图，在四面体中，点E，F分别是，的中点，点G是线段上靠近点E的一个三等分点，令，，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何体，该几何体是上下两个底面平行，且均为矩形的六面体.现有一“刍童”，如图所示.，，，，，与的交点为，则的最大值为（ ）
A． B．18 C． D．21
5．已知是椭圆上的动点，则点到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知动点到原点与到点的距离之比为，记的轨迹为，直线，则（ ）
A．是一个半径为的圆
B．上的点到的距离的取值范围为
C．被截得的弦长为
D．上存在四个点到的距离为
7．已知，是异面直线，，，，，且，，则与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在棱长为3的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）

A．当时，
B．当时，点到平面的距离为1
C．直线与所成的角可能是
D．若二面角的平面角的正弦值为，则或
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．已知点在圆上，则的最大值是4
B．已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为
C．已知是圆外一点，直线的方程是，则直线与圆相离
D．若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
10．已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
11．已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体.则下列说法正确的是（ ）
A．无论翻折到何处，
B．四面体的体积的最大值为
C．当时，与平面所成角的正弦值为
D．当时，二面角的余弦值为
三、填空题
12．光线从射向轴上一点，又从反射到直线上一点，最后从点反射回到点，则BC所在的直线方程为 ．
13．如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
14．定义点到曲线的距离为该点与曲线上所有点之间距离的最小值，则点到曲线距离为 .
四、解答题
15．已知直线的倾斜角为，且经过点．
(1)求直线的方程；
(2)求点关于直线的对称点的坐标．
16．已知圆，圆.
(1)试判断圆与圆是否相交，若相交，求两圆公共弦所在直线的方程，若不相交说明理由；
(2)点是直线上一点，过作圆的切线段、，、为切点，求四边形面积的最小值.
17．如图，在三棱柱中，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在请说明理由．
18．如图，在四棱锥中，，，，且，.
（1）证明：面；
（2）在上是否存在点，使平面，若存在，请计算的值，若不存在，请说明理由；
（3）若，求点到平面的距离.
19．几何体是四棱锥，为正三角形，，，为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由.
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据斜率的定义以及斜率公式可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】由斜率的定义可得，即，解得.
故选：D.
2．C
【分析】根据算出答案即可.
【详解】∵，∴，∴，
故选：C
3．A
【分析】连接，利用空间向量运算的几何表示求解.
【详解】连接，
.
故选：A.
4．C
【分析】设，从而，然后由为基底，表示向量，再利用向量数量积的运算律求解.
【详解】解：设，则，
由题意得，.
所以，
，
，
，
当时.取得最大值，且最大值为.
故选：C
5．A
【分析】找到与平行、椭圆相切的最远的一条直线，利用平行的距离公式求距离最大值.
【详解】要使点到直线的距离最大，只需找到与平行、椭圆相切的最远的一条直线，
令与平行、椭圆相切的直线为，联立椭圆，消去x，
则，，可得，
对于直线，与直线距离为；
对于直线，与直线距离为；
所以点到直线的距离的最大值为.
故选：A
6．C
【分析】设，则，整理得，所以是一个圆心为，半径为的圆，判断；再利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为，得到上的点到直线的距离的取值范围，判断；由半径、弦心距、弦的一半构成的直角三角形求出弦长，判断；由圆心到直线的距离为，半径为，则，即圆截所得的劣弧上只有一个点到的距离为，所以圆上存在三个点到的距离为，判断．
【详解】对于，设，则，
整理得，
所以是一个圆心为，半径为的圆，故错误；
对于，因为圆心到直线的距离为，
所以上的点到直线的距离的取值范围为，，即，，故错误；
对于，圆心到直线的距离为2，
所以被截得的弦长为，故正确；
对于，因为，所以上存在三个点到的距离为，故错误．
故选：．
7．C
【分析】先计算出 ,再根据计算夹角的余弦值，即可写出答案
【详解】设 ，
由，可得：，，
故可得：，，
，
又 ， ，
故与所成的角是.
故选：C.
8．C
【分析】建立空间直角坐标系后，容易求得即可判断A；对于B，利用空间向量法求解距离即可，对于C，利用空间向量法求解直线所成角即可，对D，根据面面角的空间向量求法即可判断.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示，

则，
对于A，因为，所以，所以，
故，故A说法正确；
对于B，，因为，由选项A知，所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，故，
所以点到平面的距离为，故B说法正确；
对于C，假设直线与所成的角可能是，则
设，则，所以，
又，所以，
整理得，解得，矛盾，
所以直线与所成的角不可能是，故C说法错误；
对于D，，由选项知，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，故，
设二面角的平面角为，则，故，
故由，解得或，
即或，故D说法正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适的空间坐标系，利用空间向量法求解角度与距离问题即可.
9．AD
【分析】利用三角代换可判断A；求出直线所过定点，结合图形可判断B；利用点到直线的距离公式可判断C；转化为两圆相交问题可判断D.
【详解】A选项，因为点在圆上，
所以，
当时，取得最大值4，故A正确；
B选项，由，所以，即直线过点，
因为直线和线段相交，故只需或，故B错误；
C选项，圆的圆心到直线的距离，
而点是圆外一点，所以，
所以，所以直线与圆相交，故C错误；
D选项，与点的距离为1的点在圆上，
由题意知圆与圆相交，
所以圆心距，满足，解得，故D正确.
故选：AD
10．ABC
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，，再由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D.
【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，平面，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，
因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，故选项D不正确.
故选：ABC.
【点睛】
11．ABD
【分析】对于A，取线段的中点，连接，由题意求证平面即可判断；对于B，当平面平面时，四面体的体积最大，求出即可根据锥体体积公式计算得解；对于C，求证两两互相垂直，并将四面体补成棱长为1的正方体，设到平面的距离为d，由即求出d，则与平面所成角的正弦值即为；对于D，求证，，将四面体补成棱长为1的正方体，取中点中点，求证平面得是二面角的平面角，求证平面并求出和即可由得解.
【详解】对于A，取线段的中点，连接，
是等边三角形，在中，，
，，又，、平面，
平面，又平面，
，即无论翻折到何处，，故A正确；
对于B，当平面平面时，四面体的体积最大，
又，平面平面，平面，
所以平面，又，即，
所以，故B正确；
对于C，当时，，，
所以，，又，所以两两互相垂直，
且，将四面体补成棱长为1的正方体，
设到平面的距离为d，
则由即得，
所以与平面所成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，，．
所以，，将四面体补成棱长为1的正方体，
取中点中点，则，，
所以，又，平面，平面，
所以，所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
是二面角的平面角，
又平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，，故，
所以，
则当时，二面角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：补形法是立体几何中常用的解题方法，在求与平面所成角和二面角中均由已知条件结合锥体结构特征补形为正方体，从而借助正方体使得锥体更直观形象，进而简化了所需量的求解和求证，使得问题更容易解决.
12．
【分析】分别求点关于轴和直线的对称点，再根据几何关系求得直线的方程.
【详解】点关于轴的对称点为，设点关于的对称点为，
则，解得：，即,
由对称性可知，点在直线上，
所以，直线的方程为，
即.

故答案为：
13．/
【分析】以为基底表示，利用向量的运算和夹角公式求解.
【详解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．2
【分析】设出曲线上任意一点，利用两点间距离公式表达出，利用基本不等式求出最小值.
【详解】当时，显然不成立，故，此时，设曲线任意一点，则，其中，当且仅当，即时等号成立，此时即为最小值.
故答案为：2
15．(1)
(2)
【分析】（1）由倾斜角和斜率的关系求斜率，根据点斜式求直线的方程；
（2）设点的坐标为，由条件列方程求即可.
【详解】（1）设直线的斜率为，
因为直线的倾斜角为，
所以，
所以直线的方程为，即
（2）设点的坐标为，
则，解得，
所以点的坐标为．
16．(1)圆与圆相交，公共弦所在直线方程为：；
(2)最小值为9.
【分析】（1）用圆心距与两圆半径的关系判断两圆位置关系，用两圆方程相减消去二次项得相交弦所在直线方程；
（2）要使四边形的面积达到最小，即为圆心到直线的距离时，切线长、达到最小，运用点到直线的距离公式求得，再求得，即可求解.
【详解】（1）将 化为圆的标准方程：，，
可得：，，，，
所以，，，
因为，
所以圆与圆相交，
将两个圆方程相减，得，
化简得两圆公共弦所在直线方程为：；
（2）要使四边形的面积达到最小，则圆心与点的距离达到最小，即为圆心到直线的距离时，切线长、达到最小，因为圆心到直线的距离为：，则，
所以四边形面积的最小值为：，
故四边形面积的最小值为9.
17．（1）证明见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】（1）利用棱柱的几何性质得到，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）假设存在点，设，，利用线面角的计算公式，列出方程，求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：因为为三棱柱，
所以侧面为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面；
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，即，
令，则，，
故，
所以，
因为平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）解：假设存在点，设，
，
设与平面所成的角为，
则，
所以，
解得或（舍），
所以在线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，此时．
18．（1）见解析（2）存在，（3）
【分析】（1）可通过题干中的线段关系求出对应的各底边弦长，得到，通过线面垂直的判定定理结合，可证，又由三边关系可得，进而得证；
（2）可连接，交于点，连接，利用相似三角形关系可确定点应为上靠近的三等分点，进而求证；
（3）在线段上取点，使，则，作于，连接通过三垂线法得证，再结合等体积法，即可求解到平面的距离.
【详解】（1）∵在底面中，，，且，
，，，
又，，平面，平面，
平面，又平面，，
，，.
又，，平面，平面，
平面.
（2）存在点，当时，使平面，
连接，交于点，
因为，所以，所以在中，要使，则即可，所以，在上存在点，当时平面
（3）在线段上取点，使，则，
又由（1）得平而，平面，
又平面，，
作于，连接
又，平面，平面，
平面，
又平面，
，
设点到平面的距离为，则由得.
∴点到平面的距离.
【点睛】本题考查线面垂直的证明，通过线面垂直寻找满足条件的点，利用等体积法求解点到直线距离，计算能力和转化能力，属于难题.
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；
（2）先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值.
【详解】（1）记为的中点，连接，如图1，
因为分别为的中点，故，
因为平面平面
所以平面，
又因为为正三角形，所以 ，，
又为等腰三角形，，所以,
所以，即，
所以，又平面平面
所以平面，又，平面，
故平面平面，
又因为平面，故平面.
（2）延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，
因为平面，平面，平面平面，
所以，此时四点共面，
由（1）可知，，得，
故，又因为，所以，
则有，故.
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