精品解析：福建省三明市宁化滨江实验中学2024-2025学年高二上学期暑期检测数学试题

2024-2025学年高二上期课后延时 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. “”是“直线：与：平行”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4. 若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，与平面交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为直线上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 7. 如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 8. 如图，已知，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 10. 以下四个命题为真命题的是（    ） A. 过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为 B. 直线的倾斜角的范围是 C. 直线与直线之间的距离是 D. 直线恒过定点 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点P1（2，3）、P2（-4，5）和A（-1，2），则过点A且与点P1、P2距离相等的直线方程为______． 13. 已知，若点在线段上，则的取值范围是_______. 14. 如下图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知直线与直线相交于点，且点在直线上. （1）求点的坐标和实数的值； （2）求与直线平行且与点的距离为的直线方程. 16. 如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，. （1）用，，表示，； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 17. 如图，四边形ABCD是平行四边形，且，四边形是矩形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 18. 如图，在四棱锥，，，E为PC的中点． （1）证明：直线平面PAD； （2）若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二上期课后延时 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即可. 【详解】设直线的倾斜角为， 若向量是直线的一个方向向量， 则直线的斜率为， 因为，所以. 故选：A. 2. “”是“直线：与：平行”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证. 【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成立； 直线：与：平行，有，解得或， 其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立. “”是“直线：与：平行”的充要条件. 故选：A. 3. 已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值. 【详解】因为直线上有两点， 所以直线的一个方向向量为 又因为，平面的一个法向量为， 所以，即， 解得. 故选：D. 4. 若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将直线化为斜截式，从而得到关于的不等式组，由此得解. 【详解】直线方程可化为，因为直线不经过第一象限， 所以，解得. 所以实数的取值范围是. 故选：C. 5. 如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，与平面交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由空间向量运算表示出，结合四点共面，得，解出即可. 【详解】由题设， 因为， 所以， 又因为四点共面，所以， 解得，即. 故选：A. 6. 已知为直线上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出关于直线的对称点坐标，易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为． 【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和， 即．设关于直线对称的点为，则得，即． 易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为． 故选：A． 7. 如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ） A. 为正三角形 B. 平面 C. 平面 D. 点到平面的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解. 【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，∴，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，且， ∴，为等腰直角三角形，选项A错误； 选项B，若平面，则，直角中，， ∴，选项B错误； 选项C，∵，∴平面，选项C正确； 选项D，∵，，∴平面，∴平面平面， ∴到直线的距离即为到平面的距离， 又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误； 故选:C. 8. 如图，已知，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则直线的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接与直线分别交于，连接，分别与直线交于，由题意，在线段之间即可，算出两点的坐标结合斜率公式即可得到答案. 【详解】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接 与直线分别交于，连接，分别与直线交于， 由题意，在线段之间即可， 又，直线的方程为，设，则 ，解得，所以， 同理可得关于直线对称的点，所以直线：， 又直线方程为：，所以， 所以直线方程为：， 即，由，得，所以， 又易得方程为：，所以， 所以. 故选：B 【点睛】本题考查求点关于直线对称的点、两直线的交点的问题，涉及到入射光线、反射光线，考查学生的数学计算能力，是一道有一定难度的题. 二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决. 【详解】因为，所以，故A正确； 由题得，而，所以不成立，故B不正确； 因为，故C正确； 因为在上的投影向量为，故D错误； 故选：AC. 10. 以下四个命题为真命题的是（    ） A. 过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为 B. 直线的倾斜角的范围是 C. 直线与直线之间的距离是 D. 直线恒过定点 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，运用截距式和斜截式分情况讨论判断；对于B，由 ，得到倾斜角的范围判断；对于C，运用平行线间的距离公式计算判断；对于D，将方程化为，恒成立得到， 求出定点为判断即可. 【详解】对于A，当直线过原点时，方程为， 当直线不过原点时，设方程为，则，解得， 所以直线方程为， 综上，所求直线方程为或，故A错误； 对于B，直线的斜率， 所以倾斜角的范围是，故B正确； 对于C，直线，即为， 故直线与直线之间的距离为，故C错误； 对于D，由， 得，由， 解得，所以定点为，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案. 【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，，，， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确； 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，设，且，， ，， 对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段，, 且，故B错误； 对于C， 显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故， 故不存在点满足，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点P1（2，3）、P2（-4，5）和A（-1，2），则过点A且与点P1、P2距离相等的直线方程为______． 【答案】x+3y﹣5＝0或x＝﹣1． 【解析】 【分析】由题意可知过点A且与点P1，P2距离相等的直线有两种情况，当直线与点P1，P2的连线平行时，由两点式求出斜率，再由点斜式写出直线方程，当直线过线段P1P2的中点时，由中点坐标公式求出线段P1P2的中点，然后直接得到直线方程． 【详解】①当直线与点P1，P2的连线平行时， 由直线P1P2的斜率k， 所以所求直线方程为y﹣2（x+1）， 即x+3y﹣5＝0； ②当直线过线段P1P2的中点时， 因为线段P1P2的中点为（﹣1，4）， 所以直线方程为x＝﹣1． ∴所求直线方程为x+3y﹣5＝0或x＝﹣1， 故答案为：x+3y﹣5＝0或x＝﹣1． 【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，考查了分类讨论的数学思想方法，是一道基础题． 13. 已知，若点在线段上，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用斜率计算公式可得：，．再利用斜率与倾斜角的关系即可得出． 【详解】设，则，， 点是线段上的任意一点， 的取值范围是,， 故答案为：, 14. 如下图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据空间向量的加减运算，可得，平方后，结合向量的数量积的运算，即可求得答案. 【详解】设平面与平面的夹角为，则，， ， 可得 ， 即， 所以． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知直线与直线相交于点，且点在直线上. （1）求点的坐标和实数的值； （2）求与直线平行且与点的距离为的直线方程. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）联立直线方程，求交点，再将点代入含参直线方程，求得答案； （2）根据平行，设出所求直线方程，利用点到直线距离公式，可得答案. 【小问1详解】 联立，解得，所以. 将P的坐标代入直线中，解得. 【小问2详解】 直线，设与直线平行的直线为. 因此点P到直线l的距离，即，解得或， 所以所求直线的方程为或. 16. 如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，. （1）用，，表示，； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1），；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算； （2）用空间向量法求解． 【详解】（1）三棱柱中，点是的中点， ， ， （2），，，，， ， ， ， ． 所以异面直线与所成角的余弦值是． 17. 如图，四边形ABCD是平行四边形，且，四边形是矩形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，再由勾股定理，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，可， 所以，又因为，且平面， 所以平面. 【小问2详解】 解：因为且平面，所以平面， 以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设，则， 可得，，，，，， 则， 由（1）知，平面 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以， 设所求的锐二面角为，则， 又因为平面与平面所成夹角为锐角， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 18. 如图，在四棱锥，，，E为PC的中点． （1）证明：直线平面PAD； （2）若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】（1）取CD的中点M，连接EM，BM， 因为，所以． 因为，，所以，，． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 又因为，，所以平面平面PAD． 而平面BEM，故平面PAD． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证； （2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且． 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，． 设，则，，得，，． 设平面PCD的一个法向量为， 由于，， 则得 令，得，，故， 设直线AB与平面PCD所成角为，由于， 则， 故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为． 【点睛】 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在，和 【解析】 【分析】（1）代入和的公式，即可求解； （2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解； （3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． 【小问3详解】 易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $