精品解析：云南省玉溪市新平彝族傣族自县民族中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题

2024-2025学年度上学期高期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3，填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线过点，，且直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两点间的斜率公式，以及斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】设直线的斜率为，所以，则4. 故选：C 2. 2024年1月至5月重庆市八大类商品和服务价格增长速度依次为，，则该组数据第75百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，然后计算，由第6和第7个数据的平均数可得. 【详解】将数据由小到大排列：， 因为，所以该组数据的第75百分位数为. 故选：B 3. 已知点，，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出直线、的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】记为点，直线的斜率，直线的斜率， 因为直线l过点，且与线段相交， 结合图象，可得直线的斜率的取值范围是． 故选：B． 4. 半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，点P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】如下图所示， 所以. 故选：A. 5. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解. 【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意， 又因为直线过点，所以直线的斜率为， 所以直线方程为，即， 当直线不过原点时，设直线方程为， 因为点在直线上， 所以，解得， 所以直线方程为， 故所求直线方程为或.故D项正确. 故选：D 6. 已知直线与直线均过点，则原点到直线距离的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易知点在两直线上可得，，由点到直线距离并利用二次函数性质即可求得原点到直线距离的最大值. 【详解】因为两直线交于，则，即， 且，则； 由原点到直线的距离， 易知，则， 当且仅当时，取最大值，此时. 即两直线重合时，原点到直线的距离最大. 故选：A. 7. 一光线过点，经倾斜角为的且过的直线反射后过点，则反射后的光线不会经过下列哪个点（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点斜式求得直线，再利用点关于直线对称求得点关于直线的对称点，进而利用两点式求得反射光线的方程，再逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】倾斜角为的且过的直线的方程为，即， 设点关于直线的对称点，则， 即，解得，即， 于是反射后的光线所在的直线方程为，即， 对于A：时，； 对于B：时，； 对于C：时，； 对于D：时，. 故选：D 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ） A. 直线与所成的角不可能是 B. 若，则二面角的平面角的正弦值为 C. 当时， D. 当时，点到平面的距离为 【答案】B 【解析】 【分析】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断B的正误，利用空间中的距离公式计算CD后可判断它们的正误，. 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 对于A，设，故， 故，而， 设直线与所成的角为，则， 若直线与所成的角是，则， 整理得到：，此方程在上无实数解， 故直线与所成的角不可能是，故A正确. 对于B，当时，结合A分析得，此时， 故，而，设此时平面法向量为， 则即，取，则，，故， 又，，设平面的法向量为， 则即，取，则，，故， 故，故二面角的平面角的正弦值为，故B错误. 对于C，当时，又B的分析可得，故，故，故C正确. 对于D，当时，结合A中分析可得，故，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取，则，，故， 又，故到平面的距离为，故D正确. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设平面内四点，，，，则下面四个结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求相应直线的斜率，结合平行、垂直关系逐项分析判断. 【详解】由题意可得：，，，，， 因为，可知，故A正确； 因为，可知，故B正确； 因为，可知PS与QS不平行，故C错误； 因为，可知，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知直线和直线的交点为，则过点且与和距离相等的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分类讨论所求直线与直线AB平行或所求直线过线段AB的中点两种情况，结合点斜式即可得解. 【详解】依题意，联立，解得，即， 直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为， ①若所求直线与直线AB平行时，则所求直线的方程为，即； ②若所求直线过AB的中点时，则所求直线的斜率为， 故所求直线方程为，即； 综上所述，所求直线方程为或. 故选：BD. 11. 已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（ ） A. 已知，，则 B. 已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C. 已知，，则 D. 已知，，，则三棱锥的表面积 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知，借组图形，利用向量的线性运算以及数量积运算进行求解. 【详解】对于A，， 因为，且，所以，故A错误； 对于B，如图所示，设，，则点A在平面上，点在轴上， 由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故B正确； 对于C，根据“仿射”坐标的定义可得， ，故C正确； 对于D，由已知可得三棱锥为正四面体，棱长为1，其表面积，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，直接根据平面直角坐标系上两点的距离公式，即可求解. 【详解】因为且，所以，解得 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数定义求，利用两角和的余弦公式求出，再由二倍角公式即可求角. 【详解】因为角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点， 所以， 因为， 所以，显然，，， 所以， 所以. 故答案为： 14. 如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中、，求出平面的一个法向量，，由因为平面，则，可得，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，设点，其中、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为平面，则， 所以，，即， 所以， ， 当且仅当时，的长度取最小值. 故答案：. 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. 已知三个顶点坐标分别为，，. （1）试判断的形状； （2）求边上的中线所在直线的方程. 【答案】（1）是以为直角的等腰直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式与两点间的距离公式，分别求出，，，，即可求解三角形的形状； （2）求出上的中点的坐标，然后根据斜率公式求出，然后再用点斜式求出直线方程，再化为一般式，即可求解. 【小问1详解】 因为，，， 所以直线AB的斜率， ， 直线AC的斜率， ， 则， 所以且， 所以是以为直角的等腰直角三角形. 【小问2详解】 易求AC的中点坐标， 所以直线BD的斜率， 则边AC上的中线方程为， 化为一般式为. 16. 已知直线过点且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点， （1）求三角形面积取最小值时直线的方程； （2）求取最小值时直线的方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意设，，由条件结合基本不等式求取得最小值时和的值即可求解； （2）结合（1），利用基本不等式计算取得最小值时和 的值即可求解； 【小问1详解】 由题意设，，其中，为正数，可设直线的方程为， 因为直线过点，所以， 由基本不等式可得， 所以，， 当且仅当即时，取得最小值， 所以面积， 所以当，时，面积最小， 此时直线的方程为，即， 【小问2详解】 因为，， 所以 ， 当且仅当即时等号成立， 所以当，时，的值最小， 此时直线的方程为，即． 17. 在平面直角坐标系xOy中，为坐标原点，已知直线和. （1）若，求的值及与之间的距离； （2）若，过点作直线与直线，分别交于点A、B，且满足，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两直线平行斜率相等可得，再由两平行线间的距离公式计算可得结果； （2）由可得点是线段的中点,求得点坐标并利用直线的点斜式方程可得直线的方程. 【小问1详解】 直线的斜率， 因为，所以直线的斜率存在，设为，且. 即，所以，解得. 将代入直线得，即， 所以与之间的距离为. 【小问2详解】 若，则， 由可知，点是线段的中点， 设，所以点关于的对称点， 因为点在直线上， 把点代入方程，即， 解得， 所以， 可得直线斜率，所以直线的方程为，即， 所以直线的方程为. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）证明：. （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得到，在矩形中，由题意可得，由线面垂直判定定理及性质即可证得； （2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值； （3）利用空间向量求出和，即可求出. 【小问1详解】 连接，， 因为，为的中点，所以， 因为棱柱直三棱柱， 所以面，平面，所以平面平面， 又平面平面，面， 则平面，又平面，所以， 在矩形中，，为的中点， 所以， 所以，故， 又，面，面， 所以平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 取的中点，连接， 由（1）及题意易知，，两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 由，，则，，，，. 设平面的法向量为，又，， 则即令，则. 设直线与平面所成的角为，又， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）知平面的一个法向量为，，， 所以点到平面的距离为， 又，直线的一个单位方向向量为， 则，， 所以点到直线的距离为， 所以. 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 $$ 2024-2025学年度上学期高期中考试 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3，填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线过点，，且直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 2. 2024年1月至5月重庆市八大类商品和服务价格增长速度依次为，，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，，若过点直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，点P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 已知直线与直线均过点，则原点到直线距离最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 一光线过点，经倾斜角为的且过的直线反射后过点，则反射后的光线不会经过下列哪个点（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ） A. 直线与所成的角不可能是 B. 若，则二面角的平面角的正弦值为 C. 当时， D. 当时，点到平面的距离为 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设平面内四点，，，，则下面四个结论正确是（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线和直线的交点为，则过点且与和距离相等的直线方程为（ ） A B. C. D. 11. 已知单位向量，，两两的夹角均为，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，则下列命题是真命题的为（ ） A. 已知，，则 B. 已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值 C. 已知，，则 D. 已知，，，则三棱锥的表面积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知，且，则________． 13. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 14. 如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知三个顶点坐标分别为，，. （1）试判断的形状； （2）求边上的中线所在直线的方程. 16. 已知直线过点且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点， （1）求三角形面积取最小值时直线的方程； （2）求取最小值时直线的方程． 17. 在平面直角坐标系xOy中，为坐标原点，已知直线和. （1）若，求的值及与之间的距离； （2）若，过点作直线与直线，分别交于点A、B，且满足，求直线的方程. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）证明：. （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）设点到直线的距离为，点到平面的距离为，求的值. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$