广东省深圳市建文外国语学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

第 1 页 共 4 页 深圳市建文外国语学校 2024－2025学年第一学期期中考试 高二数学试卷 本试卷共 4 页，19小题，满分 150分. 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．如图，已知正方体 ABCD A B C D    的棱长为 1， AA DB     （ ） A．1 B． 2 C． 3 D． 1 2．已知在空间直角坐标系中，点  1,2,3A ，    2,7,5 , 4,9,7B C ，则点 A到 BC的中点 D的 距离为（ ） A．2 13 B． 11 C．7 D．6 3．已知直线 1 : 1 0l x y   和 2 : 1 0l x y   交于点A，直线 3 : 2 1 0l x y   和 4 : 2 0l x y  交 于点 B，则直线 AB的方程为（ ） A．3 2 1 0x y   B． 2 3 1 0x y   C． 5 1 0x y   D．5 1 0  x y 4．已知直线 l过点  3,5 ，且在两坐标轴上的截距相等，则直线 l的方程为（ ） A． 8 0x y   B． 5 3 y x C． 5 3 y x 或 8 0x y   D． 5 3 y x 或 8 0x y   5．已知直线2 4 0x by   的斜率等于 1 2  ，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于 （ ） A．1 B．2 C．4 D． 1 2 6．已知{ , , }a b c   为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A． a b  ，b c   ，   a c B． 2a b  ，b  ，   a c C． 2a b  ， 2b c   ， a b c    D． a c ， 2b a   ， 2b c   第 2 页 共 4 页 7.如图，空间四边形 OABC中，OA a   ，OB b   ，OC c   ， 点 M在OA  上，且满足 2OM MA   ，点 N为 BC的中点，则 MN   （ ） A. 1 2 1 2 3 2 a b c    B. 2 1 1 3 2 2 a b c     C. 1 1 1 2 2 2 a b c    D. 2 2 1 3 3 2 a b c    8．在平面直角坐标系 xOy(O为坐标原点)中，不过原点的两直线 1 : 2 1 0l x my m    ， 2 : 2 0l mx y m    的交点为 P，过点 O分别向直线 1l ， 2l 引垂线，垂足分别为 M，N，则 四边形 OMPN面积的最大值为（ ） A．3 B． 3 2 C．5 D． 5 2 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的 得部分分，有选错的得 0分. 9．如图，直线 1l ， 2l ， 3l 的斜率分别为 1k ， 2k ， 3k ，倾斜角分别 为 1 ， 2 ， 3 ，则下列选项正确的是（ ） A． 1 3 2k k k  B． 3 2 1k k k  C． 1 3 2    D． 3 2 1    10．下列说法中，正确的有（ ） A．直线  3 2y ax a a   R 必过定点  3,2 B．方程 0Ax By C   是直线的一般式方程 C．直线 3 1 0x y   的斜率为 3 D．点  5, 3 到直线 2 0y   的距离为 1 第 3 页 共 4 页 11．如图，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，已知 1 1AB AD AA   ， 1 1 60A AD A AB BAD       ，E为棱 1CC 上一点，且 1 2C E EC   ，则（ ） A． 1 2BD  B．直线 1BD 与 AC所成角的余弦值为 6 6 C． 1A E 平面 1 1BDD B D．直线 1BD 与平面 1 1ACC A 所成角为 π 4 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12． 1)( CCAB CB     运算的结果是 ． 13．已知   2, , ,u a b a b R 是直线 l的方向向量，  1,3,2n  是平面 的法向量，如果 l  ， 则 2 3a b  ． 14．已知直线 1l ： 3 1 0mx y   ， 2l ：  2 1 1 0x m y    ，若 1 2l l∥ ，则实数m  . 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．写出满足下列条件的直线的方程. （1）经过点�(8, − 2)，斜率是 3 3 ； （2）经过点�( − 2,0)，且与 x轴垂直； （3）斜率是−4，在 y轴上的截距是 7； （4）在 y轴上的截距是 2，且与 x轴平行； 16. 如图，在棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E为线段 1DD 的中点，F为线段 1BB 的中点．（1）求点 1A到直线 1B E的距离； （2）求直线 1FC 到直线 AE的距离； （3）求点 1A到平面 1AB E的距离； 第 4 页 共 4 页 17. 如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD是正方形，侧棱 PD 底面 ABCD， PD DC ，E是PC的中点，作EF PB 交 PB于点 F． （1）求证： / /PA 面 EDB； （2）求证： PB 平面 EFD； （3）求直线 PA 与平面 PBD的夹角的正弦值． 18.如图，在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD满足 AB AD ，AB BC ，SA底面 ABCD， 且 1SA AB BC   ， 0.5AD . （1）求四棱锥 S ABCD 的体积； （2）求平面 SCD与平面 SAB的夹角的余弦值. 19. 如图，在棱长为 a的正方体OABC O A B C    中，E，F分别是棱 AB，BC上的动点， 且 AE BF . （1）求证： A F C E  ； （2）当三棱锥 B BEF  的体积取得最大值时，求平面B EF 与 平面 BEF的夹角正切值. 高二数学期中考试参考答案 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A C D C A B 题号 7 8 9 10 11 答案 B D AD AD ABD 1．A 【分析】结合图形利用空间向量的线性运算求解即可. 【详解】因为DB DB BB AB AD BB AB AD AA                    ， 且 0AA AB     ， 0AA DA      ， 所以   2 1AA DB AA AB AD AA AA AB AA AD AA                         . 故选：A . 2．C 【分析】由空间中两点的距离公式求解即可. 【详解】由    2,7,5 , 4,9,7B C ，则 BC的中点  3,8,6D ， 则      2 2 23 1 8 2 6 3 7AD        ． 故选：C. 3．D 【分析】联立两直线方程分别解得 ,A B点坐标，再由两点式即可得出直线 AB的方程. 【详解】联立 1 0 1 0 x y x y        ，即� 0, − 1 ； 联立 2 1 0 2 0 x y x y       ，即 1 2, 3 3 B      ； 故直线 AB的方程为 1 0 2 11 0 3 3 y x     ，即 5 1 0  x y ． 故选：D 4．C 【分析】当直线 l经过原点时，直线方程为 5 3 y x ；当直线 l不经过原点时，设直线方程为 1x y a a   ，把点  3,5 的坐标代入即可得出． 【详解】由题得当直线 l在坐标轴上的截距均为 0 时，直线方程为 5 3 y x ； 当直线 l在坐标轴上的截距均不为 0 时，直线方程可设为 1 x y a a   ， 将  3,5 代入可得 8a  ，此时直线方程为 8 0x y   ． 综上，直线 l的方程为 5 3 y x 或 8 0x y   ． 故选：C. 5．A 【分析】由直线的斜率求出参数b，将直线方程写成截距式，再根据面积公式计算可得； 【详解】解：依题意有 2 1 2b   ，所以 4b   ，于是直线方程为2 4 4 0x y   ，即 1 2 1 x y     ， 因此直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于 1 | 1 | | 2 | 1 2      . 故选：A 【点睛】本题考查直线的斜率求参数的值，截距式的应用，属于基础题. 6．B 【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得. 【详解】对于 A，因 ( ) ( )b c a b a c           ，即 , ,b c a b a c         共面，故 A 不合题意； 对于 B,因 2a b  ，b  ，   a c其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故 2a b  ， b  ，   a c不共面，即 B 符合题意； 对于 C，因 2 2( ) (2 )a bb cc a b        ，即 2a b  ， 2b c   ， a b c    共面，故 C 不合题 意； 对于 D，因 2 ( 2 ) 2( )b a b c a c          ，即 a c ， 2b a   ， 2b c   共面，故 D 不合题意. 故选：B. 7. B 【分析】由空间向量的线性运算求解． 【详解】由题意 1 1 2 1 1 3 2 3 2 2 MN MA AB BN OA OB OA BC OA OB OC OB                        2 1 1 3 2 2 OA OB OC       ，又OA a   ，OB b   ，OC c   ， ∴ 2 1 1 3 2 2 MN a b c       , 故选：B． 8．D 【分析】由 1l 、 2l 的方程可得它们都过定点  1,2 ， 1 2l l ，然后可得四边形 OMPN 为矩形， 且 5OP  ，然后可求出答案. 【详解】将直线 1l 的方程变形得  1 2 0x m y    ， 由 1 0 2 0 x y      ，得 1 2 x y    ，则直线 1l 过定点  1,2 ，同理可知，直线 2l 过定点  1,2 ， 所以，直线 1l 和直线 2l 的交点 P 的坐标为  1,2 ，易知，直线 1 2l l ，如图所示， 易知，四边形 OMPN 为矩形，且 2 21 2 5OP    ， 设 OM a ， ON b ，则 2 2 5a b  ， 四边形 OMPN 的面积为 2 2 5 2 2 a bS OM ON ab      ， 当且仅当 2 2 5 a b a b     ，即当 10 2 a b  时，等号成立， 因此，四边形 OMPN 面积的最大值为 5 2 ， 故选：D 9．AD 【分析】利用斜率与倾斜角的定义，结合图象判断即可得. 【详解】由图可得 1 3 20k k k   ， 3 2 1    ，故 A、D正确. 故选：AD. 10．AD 【分析】A选项，化为点斜式，求出定点坐标；B选项，，当 ,A B不全为 0时，方程 0Ax By C   是直线的一般式方程；C 选项，直线斜率为 3 3  ；D 选项，利用点到直线距离公式得到答案. 【详解】A 选项，直线    3 2 2 3y ax a a y a x       R ，必过定点  3,2 ，A 正确； B 选项，当 ,A B不全为 0 时，方程 0Ax By C   是直线的一般式方程，B 错误； C 选项，直线 3 1 0x y   的斜率为 3 3  ，C 错误； D选项，点  5, 3 到直线 2y   的距离为1，D 正确. 故选：AD 11.ABD. 12． 1AC uuur 【分析】 利用向量加减、数乘运算律化简即可. 【详解】 1 1 1 1( ) CC CC AC CCAB CB AB ACBC               . 故答案为： 1AC uuur 13．24 【分析】本题涉及直线的方向向量与平面的法向量的关系.如果直线垂直于平面，那么直线 的方向向量与平面的法向量平行.根据向量平行的性质来求解 2 3a b 的值. 【详解】因为 l  ，所以u与 n平行.对于两个平行向量 (2, , )u a b  和 (1,3,2)n   ， 根据向量平行的性质，存在实数，使得u n  . 即 (2, , ) (1,3, 2)a b  .根据向量相等的对应分量相等，可得 2  . 那么 3 3 2 6a     ， 2 2 2 4b     . 将 6a  ， 4b  代入 2 3a b ，可得 2 6 3 4 12 12 24      . 故答案为:24. 14．3 【分析】利用直线相互平行的充要条件即可得出. 【详解】解：  1 3 2 3 2 m m m m         故答案为：3. 15.【答案】（1） 3� − 3� − 8 3 − 6 = 0（2）� =− 2（3）4� + � − 7 = 0（4）� = 2； 16.【答案】（1） 5 3 ；（2） 30 5 ；（3） 2 3 ； 【分析】（1）建立坐标系，求出向量 1 1A B  在单位向量 1 1| | B Eu B E    上的投影，结合勾股定理 可得点 1A到直线 1B E的距离； （2）先证明 1/ / ,AE FC 再转化为点 F 到直线 AE的距离求解； （3）求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解； （4）把直线 1FC 到平面 1AB E的距离转化为 1C 到平面 1AB E的距离，利用法向量进行求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 1 1 1 1(1,0,1), (1,1,1), (0,0, ), (1,1, ), (0,1,1), (1,0,0). 2 2 A B E F C A （1） 因为 1 1 1 1 1 1 2 2 1( 1, 1, ), ( , , ), (0,1,0) 2 3 3 3| | B EB E u AB B E               ， 所以 1 1 2 3 A B u     . 所以点 1A到直线 1B E的距离为 2 2 1 1 1 1 4 5( ) 1 9 3 AB AB u        . （2）因为 1 1 1( 1,0, ), ( 1,0, ), 2 2 AE FC      所以 1/ /AE FC   ，即 1/ / ,AE FC 所以点 F 到直线 AE的距离即为直线 1FC 到直线 AE的距离. 2 5 5 1( ,0, ), (0,1, ). 5 5 2| | AEu AF AE        2 5 5, , 4 10 AF AF u      所以直线 1FC 到直线 AE的距离为 25 5 30( ) . 4 10 5   （3）设平面 1AB E的一个法向量为  , ,n x y z  ， 1 1(0,1,1), ( 1,0, ), 2 AB AE     1 (0 0 1)AA   , , . 由 1 0, 1 0, 2 n AB y z n AE x z               令 2z  ，则 2, 1y x   ，即 (1, 2,2)n    . 设点 1A到平面 1AB E的距离为d ， 则 1 2 3 AA n d n       ，即点 1A到平面 1AB E的距离为 2 3 . 17.分析：本题涉及的问题包括：直线与平面平行和垂直的判定，计算两个平面的夹角．这 些问题都可以利用向量方法解决．由于四棱锥的底面是正方形，而且一条侧棱垂直于底面， 可以利用这些条件建立适当的空间直角坐标系，用向量及坐标表示问题中的几何元素，进而 解决问题． 解：以 D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图 1.4-26所 示的空间直角坐标系，设 1DC  ． 图 1.4-26 （1）证明：连接 AC，交 BD于点 G，连接 EG． 依题意得 (1,0,0)A ， (0,0,1)P ， 1 10, , 2 2 E      ． 因为底面 ABCD是正方形，所以点 G是它的中心，故点 G的坐标为 1 1, ,0 2 2       ，且 (1,0, 1)PA   uur ， 1 1,0, 2 2 EG        ， 所以 2PA EG   ， / /PA EG． 而 EG 平面 EDB，且 PA平面 EDB，因此 / /PA 平面 EDB． （2）证明：依题意得 (1,1,0)B ， (1,1, 1)PB    ． 又 1 10, , 2 2 DE        ，故 1 10 0 2 2 PB DE       ． 所以 PB DE ． 由已知 EF PB ，且 EF DE E  ． 所以 PB 平面 EFD． (3) 18.【答案】（1） 1 4 ；（2） 6 3 ． 【分析】（1）先求底面面积，再结合锥体体积公式即可求解； （2）分别以 AD AB AS、 、 所在直线为 x轴, y轴、 z轴,建立如图空间直角坐标系, BC  为 平面 SAB的一个法向量,且 (1,0,0)BC   ,求平面 SCD的一个法向量 n  ,根据 cos cos , |BC n      ,即可求得答案. 【详解】（1） SA平面 ABCD , AB AD ,BC AB ，且 1SA AB BC   ， 0.5AD 所以四棱锥 S ABCD 的体积 1 1 1 1 11 1 1 3 3 2 2 4ABCD V S SA             ； （2）分别以 AD AB AS、 、 所在直线为 x轴, y轴、 z轴,建立如图空间直角坐标系, 如图: 由 1SA AB BC   ， 1 2 AD  可得: (0,0,0)A , (0,1,0)B , (1,1,0)C , 1( ,0,0) 2 D , (0,0,1)S , 由（1）知 BC 平面 SAB ,  BC  为平面 SAB的一个法向量,且 (1,0,0)BC   ； 设 ( , , )n x y z  为平面 SCD的一个法向量, 则 n DC   , n SD   ,  0n DC    , 0n SD    ,  1( ,1,0) 2 DC   , 1( ,0, 1) 2 SD    ,  1 0 2 1 0 2 x y x z         , 令 1z  ,则 2x  , 1y   ,  (2, 1,1)n    , 设平面 SCD与平面 SAB所成的二面角为 ,  2 6cos cos , | 36 BC n        ， 平面 SCD与平面 SAB所成二面角的余弦值为 6 3 ． 19.【答案】（1）证明见详解；（2）2 2 【分析】（1）以C为坐标原点， , ,CO CB CC为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，利用空间 向量的数量积即可证明. （2）根据三棱锥 B BEF  的体积最大时，E，F分别是棱 AB，BC上中点，过 B作BG EF ， 连接BG ，得出 BGB 为平面B EF 与平面 BEF的夹角，在 Rt B GB 中即可求解. 【详解】（1）以C为坐标原点， , ,CO CB CC为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，如图： 设 AE BF m  ，则  , ,A a a a ，  0, ,0F a m ，  0,0,C a ，  , ,0E a m a ，  , ,A F a m a      ，  , ,C E a m a a     ， 由 2 2 0A F C E a am am a          ，  A F C E  . （2） 1 3 BEB EF FB V S BB    ， 若三棱锥 B BEF  的体积取得最大值， 则 BEFS 取得最大值，   2 21 1 1 2 2 2 2 8BEF a m m aS BE BF a m m                 ， 当且仅当 a m m  时，即 2 am  时取等号， 即 E，F分别是棱 AB，BC上中点， 过 B作BG EF ，连接BG ，由三垂线定理可得， 得出 BGB 为平面 B EF 与平面 BEF的夹角， B B a  ， 1 2 4 4 aBG BO  ， 所以 tan 2 2B BB GB BG     .