精品解析：山东省潍坊市青州市第一中学2024-2025学年高二普通部上学期10月段考数学试题

高二普通部10月份段考数学试题 一.选择题 1. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若是异面直线，，则 D. 平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 2. 已知平面的法向量，平面的法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 已知直线的方向向量为，点在直线上，若点到直线的距离为，则（ ） A. 0 B. 2 C. 0或2 D. 1或2 5. 在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 6. 过坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 二.多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影向量为 B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，倾斜角为的直线方程为 10. 圆和圆的交点为，，则（ ） A. 直线的方程为 B. 线段的垂直平分线方程为 C. 弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 异面直线与所成角的余弦值为 三.填空题 12. 已知点M是三棱锥的底面的重心，若，则的值为________． 13. 直线在两坐标轴上的截距相等且与圆相切的直线的方程为______. 14. 已知圆与圆有且仅有一条公切线，则该公切线方程为______. 四.解答题 15. 已知空间中三点，设. （1）若，且，求向量； （2）求以为一组邻边的平行四边形的面积. 16. 已知圆C的圆心为，且该圆被直线截得的弦长为 （1）求该圆的方程； （2）求过点A的该圆的切线方程 17. 如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形. （1）取中点，求证：平面平面； （2）若平面，，，，求直线BD与平面所成角的正弦值. 18. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高在直线方程为. （1）求顶点C的坐标； （2）求直线的方程； （3）在x轴上是否存在一点M，使得x轴平分；若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段、的中点. （1）求证：平面； （2）若点为棱的中点，求点到平面的距离； （3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二普通部10月份段考数学试题 一.选择题 1. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若是异面直线，，则 D. 平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据各选项中的线面关系条件，利用面面平行的判定定理和线面平行的判定定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则与可能相交，故A错误． 对于B，若，则或，故B错误． 对于C，假设，因则，又因，则，故，这与是异面直线矛盾，故假设不成立，即，故C正确． 对于D，平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能相交， （这三点中有两点位于平面一侧，另一点位于平面另一侧）故D错误． 故选：C． 2. 已知平面的法向量，平面的法向量，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的平面法向量与平面平行的关系列方程得的值，从而得所求. 【详解】若，则， 所以，解得， 故. 故选：A. 3. 已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的斜率，再结合图形即可得解. 【详解】因为，， 所以直线的斜率分别为， 由图形知，当或，即或时，直线l与线段AB相交， 所以直线与线段不相交时，直线l斜率k的取值范围为. 故选：A. 4. 已知直线的方向向量为，点在直线上，若点到直线的距离为，则（ ） A. 0 B. 2 C. 0或2 D. 1或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由空间中点到直线的距离公式代入计算，即可求解. 【详解】由题意得， 所以点到直线的距离为， 解得或. 故选：C 5. 在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得结果. 【详解】. 故选：A. 6. 过坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一 ：先求出，再由两角和的正切值求解即可得出答案；解法二：设直线的方程为，由圆心到直线的立即等于半径，解方程即可得出答案. 【详解】解法一 由，得， 该圆的圆心为，半径为1，如图所示，连接， 易知， 所以， 解法二 由，得， 该圆的圆心为，半径为1，设直线的方程为， 则， 解得：或，所以． 故选：B． 7. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解． 【详解】取的中点，连接， 四边形为菱形，， 所以， 由于平面平面，且两平面交线为，，平面， 故平面，又四边形为正方形， 故以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形的边长为2， 则， 故， 则， 故直线，所成角的余弦值． 故选：D． 8. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. 4 C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可. 【详解】法一：令，则， 代入原式化简得， 因为存在实数，则，即， 化简得，解得， 故 的最大值是， 法二：，整理得， 令，，其中， 则， ，所以，则，即时，取得最大值， 法三：由可得， 设，则圆心到直线的距离， 解得 故选：C. 二.多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 向量在向量上的投影向量为 B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 经过点，倾斜角为的直线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据空间向量的投影向量公式进行求解；B选项，由直线平行得到方程和不等式，求出，B错误；C选项，先得到，结合倾斜角的范围得到答案；D选项，若，此时直线方程为，D错误. 【详解】A选项，向量在向量上的投影向量为 ，A正确； B选项，直线与直线互相平行， 故且，解得，故B错误； C选项，的斜率为， 故，又，由正切函数性质可得，C正确； D选项，经过点，倾斜角为的直线方程为， 若，此时直线方程为，D错误. 故选：AC 10. 圆和圆的交点为，，则（ ） A. 直线的方程为 B. 线段的垂直平分线方程为 C. 弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项：两圆方程作差即可求出公共弦方程；对于B选项：线段的垂直平分线即为两圆圆心的连线，利用点斜式求解即可；对于C选项：求出圆的圆心到公共弦的距离，利用弦长公式计算即可；对于D选项：求出圆的圆心到公共弦的距离，加上半径即可求出最大值． 【详解】对于A选项：圆和圆， 将两圆的方程作差得，即， 所以直线的方程为，故A正确； 对于B选项：圆即，圆心，半径， 圆即，圆心， 直线的斜率为，即线段的垂直平分线的斜率为， 所以线段的垂直平分线方程为，即，故B正确； 对于C选项：到直线的距离， 可得弦的长为，故C错误； 对于D选项：P到直线的距离的最大值为，故D正确． 故选：ABD． 11. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 点到直线的距离是 D. 异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到；B选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 则，A错误； B选项，平面的法向量为， ，设直线与平面所成角的大小为， 则，B正确； C选项，， 点到直线的距离为，C正确； D选项，， 设异面直线与所成角大小为， 则，D错误.      故选：BC 三.填空题 12. 已知点M是三棱锥的底面的重心，若，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形重心的性质，结合图形，由空间向量的线性运算可得. 【详解】记BC中点为N，则 由重心性质可知 所以 所以. 故答案为： 13. 直线在两坐标轴上的截距相等且与圆相切的直线的方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】分截距不为0和截距为0两种情况，设出直线方程，由直线与圆相切得到方程，求出答案. 【详解】当截距不为0时，设直线，，即， 圆的圆心为，半径为， 故，解得（舍去）或4， 故直线方程为， 当截距为0时，设直线， 则，解得， 故直线方程为， 综上，直线方程为或. 故答案为：或 14. 已知圆与圆有且仅有一条公切线，则该公切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，从而求出的值，进一步可求公切线方程. 【详解】因为圆：，则，半径为， 由可得圆心为原点，半径为， 因为圆与圆有且只有一条公切线，所以两圆内切. 所以，又，所以. 所以圆：即. 所以两圆方程相减可得圆与圆的公切线为：即. 故答案为： 四.解答题 15. 已知空间中三点，设. （1）若，且，求向量； （2）求以为一组邻边的平行四边形的面积. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行和向量模长的坐标表示列式求解即可； （2）利用向量数量积和向量模长的坐标表示求出夹角进而求面积即可. 【小问1详解】 由可得， 若，则， 又，所以，解得， 所以或. 【小问2详解】 由可得，， 所以，，， 所以，所以， 所以. 16. 已知圆C的圆心为，且该圆被直线截得的弦长为 （1）求该圆的方程； （2）求过点A的该圆的切线方程 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用弦长公式求得半径即可； （2）分直线的斜率存在和不存在，由圆心到直线的距离等于半径求解. 【小问1详解】 解：圆C的圆心到直线的距离为： ， 则弦长为，解得， 所以圆的方程为：； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线方程为：， 则圆心到直线的距离为，复合题意； 当直线的斜率存在时，设直线方程为，即， 则圆心到直线的距离，解得， 所以直线的方程为：， 综上：该圆的切线方程为：或 17. 如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形. （1）取中点，求证：平面平面； （2）若平面，，，，求直线BD与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为为中点，所以平面就是平面. 又，平面，平面，所以平面. 因为四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面. 平面，，所以平面平面， 即平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，，又. 所以，可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 又，. 所以，，，. 所以，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得. 设直线BD与平面所成的角为，则： . 18. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高在直线方程为. （1）求顶点C的坐标； （2）求直线的方程； （3）在x轴上是否存在一点M，使得x轴平分；若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出点坐标，表示出点坐标，结合已知条件即可求得的坐标，进一步设出点坐标，结合即可求解； （2）已知两点的坐标直接写出直线方程并化简即可； （3）设出点的坐标，根据题意列出方程即可求解. 【小问1详解】 边上的高在直线方程为,而点在边上的高在直线上， 所以设，中点为点， 因为，所以， 因为点在边上的中线所在直线上，边上的中线所在直线方程为， 所以， 所以， 因为点在边上的中线所在直线上，边上的中线所在直线方程为， 所以设， 因为边上的高在直线方程为， 所以边所在直线的斜率为， 所以点的坐标为； 【小问2详解】 因为， 所以直线所在直线方程为， 化简即得所求为； 【小问3详解】 因为，显然， 所以不可能三点共线且垂直于轴， 设，所以， 所以存在满足题意的点，且点M的坐标为. 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段、的中点. （1）求证：平面； （2）若点为棱的中点，求点到平面的距离； （3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】（1） 连接，因为为等边三角形，为中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则平面，可得， 由题设知四边形为菱形，则， 因为，分别为，中点，则，可得， 且，，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证； （2）利用空间向量法求点到面的距离； （3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设知四边形为菱形，且，所以为正三角形， 又因为为中点，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由平面，平面，可得，， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 则以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 可得，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 因为， 设，，则， 可得，，，即， 可得， 由（2）知：平面，即平面的一个法向量 设平面的法向量，则， 令，则，，可得； 则， 令，则， 可得， 因为，则，可得， 所以锐二面角的余弦值的取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $