2024-2025学年河南省“天一大联考”10月高二上学期阶段性测试（一）数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省“天一大联考”10月高二上学期阶段性测试（一）数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.图中4条直线中斜率最小的是( )
A. l1B. l2C. l3D. l4
2.已知向量a=(1,3,−2)与b=(3,x,y)平行，则x−y=( )
A. −15B. −3C. 3D. 15
3.已知直线l的一个方向向量为m=(1,2,−4)，平面α的一个法向量为n=(2,3,t)，若l//α，则t=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.将直线y=2x+1绕点(1,3)逆时针旋转π2rad后所得直线的方程为( )
A. x−2y+5=0B. x−2y+1=0C. x+2y−7=0D. x+2y+1=0
5.已知平面α，β均以n=(−2,1,2)为法向量，平面α经过坐标原点O，平面β经过点P(3,2,−1)，则平面α与β的距离为( )
A. 2B. 2 2C. 3D. 2 3
6.已知直线l与m: 3x−y+c=0(c0，平面内三点A(0,−a)，B(1,a2)，C(3,2a3)共线，则a= ．
14.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为4，侧面积为8，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知空间中三点A(−2,−3,3)，B(1,0,2)，C(2,−1,5)，设向量a=AB，b=BC．
(Ⅰ)若(a+kb)⊥a，求实数k的值;
(Ⅱ)若向量c与a−b共线，且|c|=4，求c的坐标．
16.(本小题12分)
已知直线l1的方程为(a+3)x−ay+2=0，直线l2经过点A(2,0)和B(0,1a).
(Ⅰ)若l1⊥l2，求a的值;
(Ⅱ)若当a变化时，l1总过定点C，求|AC|．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAD为等边三角形，且PB=AC，E为棱PD的中点．
(Ⅰ)证明：平面PAD⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求直线CE与平面PAB所成角的正弦值．
18.(本小题12分)
如图，将一块三角形的玉石ABO置于平面直角坐标系中，已知|AO|=|AB|= 5，|OB|=2，点P(1,1)，图中阴影三角形部分为玉石上的瑕疵，为了将这块玉石雕刻成工艺品，要先将瑕疵部分切割掉，可沿经过点P的直线MN进行切割．
(Ⅰ)求直线MN的倾斜角α的取值范围．
(Ⅱ)是否存在直线MN，使得点A关于直线MN的对称点在线段AB上?
(Ⅲ)设玉石经切割后剩余部分的面积为S，求S的取值范围．
19.(本小题12分)
在空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0,y0,z0)且以u=(a,b,c)为方向向量的直线方程可表示为x−x0a=y−y0b=z−z0c(abc≠0)，过点P(x0,y0,z0)且以u=(a,b,c)为法向量的平面方程可表示为ax+by+cz=ax0+by0+cz0．
(Ⅰ)若直线l1:x−12=y=−(z−1)与l2:−(x−1)=y4=z−12都在平面α内，求平面α的方程;
(Ⅱ)在三棱柱ABC−A1B1C1中，点C与坐标原点O重合，点A在平面Oxz内，平面ABC以m=(1,−1,−3)为法向量，平面ABB1A1的方程为3x+y−z=8，求点A的坐标;
(Ⅲ)若集合M={(x,y,z)||x|+|y|+|z|=2}中所有的点构成了多面体Ω的各个面，求Ω的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.A
6.B
7.D
8.A
9.BC
10.ABD
11.ACD
12.2
13.2
14. 63
15.解析(Ⅰ)由题意知a=(3,3,−1)，b=(1,−1,3)，
所以a+kb=(3+k,3−k,−1+3k)．
因为(a+kb)⊥a，所以(a+kb)⋅a=9+3k+9−3k+1−3k=0，
解得k=193．
(Ⅱ)a−b=(2，4，−4)．
因为c与a−b共线，所以存在λ∈R，使得c=λ(a−b)=(2λ,4λ,−4λ)，
所以|c|= 4λ2+16λ2+16λ2=6|λ|=4，
可得λ=±23．
所以c的坐标为(43,83,−83)或(−43,−83,83).

16.解析 (Ⅰ)l1:(a+3)x−ay+2=0的斜率为a+3a，l2的斜率为−12a，
因为l1⊥l2，所以a+3a×(−12a)=−1，
即2a2−a−3=0，解得a=32或a=−1．
(Ⅱ)将l1的方程改写为a(x−y)+3x+2=0，
由x−y=0,3x+2=0,解得x=y=−23，所以l1过定点C(−23,−23).
所以|AC|= (2+23)2+(0+23)2=2 173．

17.解析(Ⅰ)如图，取AD的中点O，连接PO，BO．
因为△PAD是等边三角形，所以PO⊥AD．
设AB=a，则AC= 2a，即PB= 2a，PO= 32a，BO= 52a，所以PB2=PO2+BO2，所以PO⊥BO．
又AD∩BO=O，所以PO⊥平面ABCD，
因为PO⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
(Ⅱ)取BC的中点F，连接OF，由(Ⅰ)可知OP，OA，OF两两互相垂直，故以O为坐标原点，建立如图所示的空
间直角坐标系，
同(Ⅰ)设AB=a，则A(a2,0,0)，B(a2,a,0)，C(−a2,a,0)，D(−a2,0,0)，P(0,0, 32a)，E(−a4,0, 34a)．
所以PA=(a2,0,− 32a)，AB=(0,a,0)，CE=(a4,−a, 34a)
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则PA⋅n=0,AB⋅n=0,可得x− 3z=0,y=0,可取n=( 3,0,1)
设直线CE与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=n⋅CE|n||CE|= 32a2× 52a= 1510，
即直线CE与平面PAB所成角的正弦值为 1510．

18.解析(Ⅰ)因为|AO|=|AB|= 5，|OB|=2，所以A(1,2)，B(2,0)，
由题图可知，当直线MN过点O时倾斜角最小，此时α=π4．
当直线MN绕点P逆时针旋转时，斜率增大，当其过点A时，倾斜角最大，此时α=π2，
所以α的取值范围是[π4,π2].
(Ⅱ)由已知可得直线AB的斜率为0−22−1=−2，
若点A关于直线MN的对称点在线段AB上，则MN⊥AB，所以直线MN的斜率k=12．
由(Ⅰ)知直线MN的倾斜角α∈[π4,π2]，所以k≥1或k不存在，矛盾，所以不存在符合条件的直线MN．
(Ⅲ)当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=1，此时S=12S△OAB=12×12×2×2=1．
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x−1)+1，k∈[1,+∞).
令y=0，得x=1−1k，所以点M(1−1k,0)．
易得直线AB的方程为y=−2x+4，
联立y=k(x−1)+1,y=−2x+4,解得N(3+k2+k,2+2k2+k).
则S=12|MB|yN=12×(2−1+1k)×2+2k2+k=(k+1)2k(k+2)=1+1k2+2k，
因为k∈[1,+∞)，所以k2+2k∈[3,+∞)，所以S=1+1k2+2k∈(1,43].
综上，S的取值范围是[1,43].

19.(Ⅰ)由题意可知l1和l2都经过点(1,0,1)，
且l1的方向向量为n1=(2,1,−1)，l2的方向向量为n2=(−1,4,2)．
设平面α的法向量为u=(a,b,c)，因为l1，l2⊂α，
所以u⋅n1=2a+b−c=0,u⋅n2=−a+4b+2c=0,可取u=(2,−1,3)．
又点(1,0,1)在平面α内，所以平面α的方程为2x−y+3z=5．
(Ⅱ)因为C(0,0,0)，平面ABC的法向量为m=(1,−1,−3)，
所以平面ABC的方程为x−y−3z=0．
点A在平面ABC和平面ABB1A1内，又点A在平面Oxz内，联立x−y−3z=0,3x+y−z=8,y=0,解得x=3,y=0,z=1,
即点A的坐标为(3,0,1)．
(Ⅲ)讨论x，y，z的符号，将方程|x|+|y|+|z|=2中的绝对值符号去掉，可以得到8个不同的方程，则多面体Ω有8个面，根据对称性，可知Ω为正八面体，6个顶点分别为(±2,0,0)，(0,±2,0)，(0,0,±2)，如图所示．
该正八面体的棱长为2 2，体积为V=13×4×(2 2)2=323．
平面ABE的方程为x+y+z=2，一个法向量为m1=(1,1,1)，平面BCE的方程为−x+y+z=2，一个法向量为
m2=(−1,1,1)，则cs=m1⋅m2m1m2=13，
所以正八面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为13．