精品解析：浙江省金华市磐安中学2024-2025学年高二上学期返校考试数学试题

2024学年高二数学返校考 一、单选题 1. 点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆过点，则圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 3. 若，，分别是的三个内角，，的对边，则直线与直线的位置关系是（ ） A. 平行 B. 重合 C. 垂直 D. 无法确定 4. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 直线关于直线对称的直线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 7. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（ ） A. 的最小值为2 B. 四面体的体积为 C. 有且仅有一条直线与垂直 D. 存在点，使为等边三角形 二、多选题 8. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值可能为（ ） A B. C. D. 9. 若直线的斜率为，则直线的倾斜角可能为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，A，B为平面外的点，点A，B在平面上的射影分别为点，，点B不在直线上，为平面内的向量，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若存在实数，使，则与共线 D. 若M是直线AB上不同于A，B的点，则存在有序实数组，使得 11. 在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（ ） A. 翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B. 翻折过程中，存在某个位置的，使得 C. 翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D. 当四棱锥体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 三、填空题 12. 经过点，的直线在轴上的截距为________． 13. 已知线段的端点，，直线：与线段相交，则的取值范围是______． 14. 正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为____________. 四、解答题 15. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）直线方程 （2）顶点的坐标 （3）直线的方程 16. 已知x，y满足. （1）求的最小值； （2）求的最大值. 17. 如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上. 条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题： （1）判断与否垂直，并证明； （2）若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长. （3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 注：若选择①和②分别作答，按选择①给分. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年高二数学返校考 一、单选题 1. 点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接代入点到直线距离公式，即可得解. 【详解】直线方程，即， 点到直线的距离， 故选：B. 2. 已知圆过点，则圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得圆心，半径，即可得圆的标准方程. 【详解】由在圆上，故圆心在直线上， 由在圆上，故圆心在直线上， 即圆心，半径， 故方程为. 故选：A. 3. 若，，分别是的三个内角，，的对边，则直线与直线的位置关系是（ ） A. 平行 B. 重合 C. 垂直 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两直线的斜率，结合正弦定理，可验证 【详解】易知直线的斜率为， 直线的斜率为. 在中，由正弦定理得， 所以，所以两条直线垂直 故选：C 4. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可． 【详解】解：过和分别作，， 在矩形，， ， ， 则，即， 平面与平面所成角的余弦值为， ,， ， ，， 则， 即与之间距离为， 故选：C． 5. 直线关于直线对称的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解方程组求出两条直线的交点坐标，再求出直线上的点关于直线的对称点即可求解. 【详解】由，解得，则直线与直线交于点， 在直线上取点，设点关于直线的对称点， 依题意，，整理得，解得，即点， 直线的方程为，即， 所以直线关于直线对称的直线方程为. 故选：D 6. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可． 【详解】 如图，延长交于点，连接交于， 连接，则四边形所求截面． 取的中点，连接. ∵， ∴是△APC的中位线， ∴为的中点． 又分别为的中点， ∴，则，即， ∴为上靠近的三等分点，故． 故选：B 7. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（ ） A. 的最小值为2 B. 四面体的体积为 C. 有且仅有一条直线与垂直 D. 存在点，使为等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用异面直线的距离可判定A，利用棱锥的体积公式可判定B，利用特殊位置可排除C，利用坐标法可判定D. 【详解】根据正方体的特征可知面， 又面，所以， 即是异面直线和的公垂线， 当分别与重合时，最小值，最小值为2，故A正确； 易知，所以，故B正确； 易知是等边三角形，所以当是中点，而N与重合时，， 又由A项可知当分别与重合时，，故C错误； 如图所示，建立空间直角坐标系，则，可设，， 若存在点，使为等边三角形，则有， 由，由， 解方程得， 当舍去， 又因为所以符合题意，即D正确. 故选：C 二、多选题 8. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】分别讨论和与平行、过另两条直线的交点坐标，三种情况求的值即可求解. 【详解】当与平行时，此时符合题意； 当与平行时，此时符合题意； 由可得，所以直线与交点坐标为， 将代入可得，可得， 综上所述：实数的取值可能为、、， 故选：ABC. 9. 若直线的斜率为，则直线的倾斜角可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 分析】根据二次函数性质求斜率范围，然后由正切函数图象观察可得. 【详解】记直线的倾斜角为，斜率为， 则，即， 由正切函数图象可得. 故选：AD 10. 如图，A，B为平面外的点，点A，B在平面上的射影分别为点，，点B不在直线上，为平面内的向量，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若存在实数，使，则与共线 D. 若M是直线AB上不同于A，B的点，则存在有序实数组，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，用射影概念和线面垂直性质得到；对于B，将左边向量转化为右边的向量，后根据线线垂直的向量数量积为0计算得到；对于C，直接用向量共线的性质得到；对于D，用平面向量的基本定理可以得到． 【详解】对于A，根据射影概念，知道，，若，， 则面，面，则成立，故A正确． 对于B，，故B正确． 对于C，若，则和共线，则与可能相交，故C错误． 对于D，若M是直线AB上不同于A，B的点，则Ｍ与四个点都是共面的，且不共线，可以作为面的一组基底， 则由平面的基本定理，可知存在有序实数组，使得，故D正确． 故选：ABD. 11. 在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（ ） A. 翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为 B. 翻折过程中，存在某个位置的，使得 C. 翻折过程中，四棱锥必存在外接球 D. 当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设的坐标，借助空间向量可以对选项A，B进行辨析； 通过四边形不存在外接圆，可判断四棱锥不存在外接球，对选项C进行辨析； 求出当四棱锥的体积最大时点的坐标，即可求出以为直径的球的球心坐标和直径， 再求出球心到平面的距离，即可求出以为直径的球面被平面截得交线长. 【详解】 在矩形中，取中点，连接与交于点， ∵，∴，∴，且， ∴以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴， 建立空间直角坐标系如上图，则，，， ∵为中点，∴， 将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上， ∴在平面内，设，且，，，即， ∴，，， ， 对于A，设直线与所成角为，则 ， 易知，当时，单调递增， ∴当时，，故选项A正确； 对于选项B，翻折过程中，恒成立， ∴不存在某个位置的，使得，故选项B错误； 对于C，连接，直角有以为直径的唯一外接圆， 又∵，∴不在的外接圆上，即四边形无外接圆， ∴四棱锥不存在外接球，故选项C错误； 对于D，当四棱锥的体积最大时，到平面距离最大， ∴此时在轴上，平面即平面， ∴以为直径的球的球心为中点， ∴球心到平面即平面的距离为， 又∵该球的直径，∴半径， 由球的几何性质，以为直径的球面被平面截得交线为圆， 该圆的半径， ∴该圆的周长为，故选项D正确. 故选：AD. 【点睛】根据折叠问题的条件，思考点的轨迹，合理的建立空间直角坐标系，使位于平面内，动点的坐标更加简洁，可以大量减少各选项辨析过程中的计算量. 三、填空题 12. 经过点，的直线在轴上的截距为________． 【答案】27 【解析】 【分析】先求得经过两点和的直线方程，然后求得横截距. 【详解】经过两点和的直线方程为， 即，令，得. 故答案为：27. 13. 已知线段的端点，，直线：与线段相交，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将直线方程化为点斜式，画出图形，由题中的几何关系结合两点斜率公式求解即可. 【详解】 由已知，直线：， ∴直线过定点，且斜率为， 由已知，直线的斜率，直线的斜率， ∵直线与线段相交， ∴直线的斜率的取值范围是. 故答案为：. 14. 正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为____________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 四、解答题 15. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）直线方程 （2）顶点的坐标 （3）直线的方程 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】试题分析：（1）由,设方程为，将点坐标代入，即可求解直线方程；（2）联立所在的直线方程与所在直线方程，即可求得点坐标；（3）设，得中点点坐标满足所在的直线方程为，代入方程组，求解点，进而得到直线的方程. 试题解析：（1）,设方程为：， 将点坐标代入得，，所以直线. （2）联立所在的直线方程与所在直线方程，,得点坐标. （3）设，则中点坐标为点坐标满足所在的直线方程为所在直线方程，代入得方程组， 故点坐标为，根据两点式，得直线方程为：. 考点：直线方程的求解. 16. 已知x，y满足. （1）求的最小值； （2）求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由点与圆位置关系求解； （2）利用直线与圆的位置关系求解． 【小问1详解】 可化为， 则点在以为圆心，3为半径的圆上， 圆心到原点的距离为（原点在圆外），因此圆上点到原点距离的最小值是， 所以的最小值是； 【小问2详解】 设，即， 由得，所以的最大值是． 17. 如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）证明出，，两两互相垂直，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法证明平面； （2）设点到平面的距离为，利用体积求出，利用向量法求出平面与平面的夹角. 【小问1详解】 在直角梯形中，，，，为的中点， 由翻折的性质可得，翻折后，， 又，， ，则，故，，两两互相垂直， 以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图示： 则，，，， ，， ，即， 又平面，平面， 平面． 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 则，解得， 点为的中点， 在空间直角坐标系中，，，. ，， 设平面法向量为， 则，即，令，则，， 故平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 所以， 令平面与平面的夹角，由图可知，， 则，即． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上. 条件①：； 条件②：平面平面. 从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题： （1）判断与是否垂直，并证明； （2）若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长. （3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 注：若选择①和②分别作答，按选择①给分. 【答案】（1），证明见解析 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）选①由勾股定理证得，从而证得平面，进而由证得结果；选②由面面垂直的性质证得平面，从而证得结果. （2）建立空间直角坐标系，由点到面的距离公式解得点M的坐标，进而由两点间距离公式可得BM的长. （3）由线面角公式得是关于的分式型函数，进而用换元法求分式型函数的值域可得结果. 【小问1详解】 选①：. 证明：平行四边形中，. ∵， ∴中，. ∴， ∴. 又∵，，平面， ∴平面，平面， ∴. 又∵， ∴. 选②：. 证明：∵平面平面，平面平面，，平面. ∴平面，平面， ∴. 【小问2详解】 由（1）知：BA、BD、BP两两垂直， ∴以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ∴， 设平面的法向量为， 则 令，则.此时. ∵在直线上， ∴设， ∴ ∴到平面的距离为 ∴， ∴或， ∴或， ∴或. 【小问3详解】 ∵在棱上， ∴设， ∴， 设平面的法向量为，则 ∴，取，由于， 设直线与平面所成角为，则 ∴，令， 当时，； 当时，； ∵， ∴， ∴. ∴ 综上， 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. （1）求的长； （2）若为的中点，求二面角的余弦值； （3）若为上一点，且满足，求. 【答案】（1）2 （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角 与二面角互补可得结论； （3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【小问1详解】 因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； 【小问3详解】 依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $