精品解析：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

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，已知正方体的棱长为1，（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知在空间直角坐标系中，点，，则点A到BC的中点D的距离为（ ） A. B. C. 7 D. 6 3. 已知直线和交于点，直线和交于点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知直线的斜率等于，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. 6. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 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，的交点为P，过点O分别向直线，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. C. 5 D. 二､多选题：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，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 方程是直线的一般式方程 C. 直线的斜率为 D. 点到直线的距离为1 11. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 运算的结果是________． 13. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则__________． 14. 已知直线：，：，若，则实数______. 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，斜率是； （2）经过点，且与轴垂直； （3）斜率是，在轴上的截距是7； （4）在轴上的截距是2，且与轴平行； 16. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点. （1）求点到直线的距离； （2）求直线到直线的距离； （3）求点到平面的距离； 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：面； （2）求证：平面； （3）求直线PA与平面的夹角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD满足，，底面ABCD，且，. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 19. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是，上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，已知正方体的棱长为1，（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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， 且，， 所以. 故选：. 2. 已知在空间直角坐标系中，点，，则点A到BC的中点D的距离为（ ） A. B. C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中两点的距离公式求解即可. 【详解】由，则BC的中点， 则． 故选：C. 3. 已知直线和交于点，直线和交于点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立两直线方程分别解得点坐标，再由两点式即可得出直线的方程. 【详解】联立，即； 联立，即； 故直线的方程为，即． 故选：C 4. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】当直线经过原点时，直线方程为；当直线不经过原点时，设直线方程为，把点的坐标代入即可得出． 【详解】由题得当直线在坐标轴上的截距均为0时，直线方程为，即； 当直线在坐标轴上的截距均不为0时，直线方程可设为， 将代入可得，此时直线方程为． 综上，直线的方程为或． 故选：C. 5. 已知直线的斜率等于，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. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线的斜率求出参数，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，所以，于是直线方程为，即，因此直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于. 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. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【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，即共面，故A不合题意； 对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意； 对于C，因，即，，共面，故C不合题意； 对于D，因，即，，共面，故D不合题意. 故选：B. 7. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 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，的交点为P，过点O分别向直线，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. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由、的方程可得它们都过定点，，然后可得四边形OMPN为矩形，且，然后可求出答案. 【详解】将直线的方程变形得， 由，得，则直线过定点，同理可知，直线过定点， 所以，直线和直线的交点P的坐标为，易知，直线，如图所示， 易知，四边形OMPN为矩形，且， 设，，则， 四边形OMPN的面积为， 当且仅当，即当时，等号成立， 因此，四边形OMPN面积的最大值为， 故选：D 二､多选题：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，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线斜率与倾斜角定义，依图象分别判断各选项即可. 【详解】根据直线斜率与倾斜角定义，关系分别判断各选项. 由图像可知， 则， 故选：AD 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 方程是直线的一般式方程 C. 直线的斜率为 D. 点到直线的距离为1 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，化为点斜式，求出定点坐标；B选项，，当不全为0时，方程是直线的一般式方程；C选项，直线斜率为；D选项，利用点到直线距离公式得到答案. 【详解】A选项，直线，必过定点，A正确； B选项，当不全为0时，方程是直线的一般式方程，B错误； C选项，直线的斜率为，C错误； D选项，点到直线的距离为，D正确. 故选：AD 11. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项. 【详解】不妨设则. 对于A，因, 故 ，故，故A正确； 对于B，因，,则， ， 设直线与所成角为，则故B正确； 对于C，因 ， 即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误； 对于D，因，, 因，， 则有因平面，故平面， 即平面的法向量可取为，又， 设直线与平面所成角为， 因，，， 则，因，故，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 运算的结果是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量加减、数乘运算律化简即可. 【详解】. 故答案为： 13. 已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则__________． 【答案】24 【解析】 【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的值. 【详解】因为，所以与平行.对于两个平行向量和， 根据向量平行的性质，存在实数，使得. 即.根据向量相等的对应分量相等，可得. 那么，. 将，代入，可得. 故答案为:24. 14. 已知直线：，：，若，则实数______. 【答案】3 【解析】 【分析】利用直线相互平行的充要条件即可得出. 【详解】解： 故答案为：3. 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，斜率是； （2）经过点，且与轴垂直； （3）斜率是，在轴上的截距是7； （4）在轴上的截距是2，且与轴平行； 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用点斜式求出直线方程； （2）依题意直接得到直线方程为； （3）利用斜截式求出直线方程； （4）依题意可知斜率为，即可得到直线方程； 【小问1详解】 经过点，斜率是， 则直线方程为，即. 【小问2详解】 经过点，且与x轴垂直， 则直线方程为，即. 【小问3详解】 斜率是，在y轴上的截距是7， 则直线方程为，即. 【小问4详解】 在y轴上的截距是2，且与x轴平行， 则直线方程为，即. 16. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点. （1）求点到直线的距离； （2）求直线到直线的距离； （3）求点到平面的距离； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离即可； （2）结合空间向量易得，可得点到直线的距离即为直线到直线的距离，再根据空间向量求解即可； （3）先求出平面的一个法向量，再根据空间向量求解即可. 【小问1详解】 以为原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 因为， 所以. 所以点到直线的距离为. 【小问2详解】 因为， 所以，即， 所以点到直线的距离即为直线到直线的距离. . ， 所以直线到直线的距离为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量为， . 由， 令，则，即. 设点到平面的距离为， 则，即点到平面的距离为. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，是的中点，作交于点. （1）求证：面； （2）求证：平面； （3）求直线PA与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明：由题意，两两互相垂直，以为原点，所在直线 分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设. 连接，交于点，连接. 依题意得. 因为底面是正方形，所以点是它的中心， 故点的坐标为，且， 所以. 而平面，且平面，因此平面. （2）证明：依题意得.又， 故，所以. 由已知，且，平面， 所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量运算得出线线平行，即可得证； （2）利用向量证明线线垂直，即可得出线面垂直； （3）求出平面法向量，利用线面角的向量求法得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面，平面, 所以，又，平面, 所以平面，故为平面的法向量， 设直线PA与平面的夹角为， 又，则. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD满足，，底面ABCD，且，. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）先求底面面积，再结合锥体体积公式即可求解； （2）分别以所在直线为轴,轴、轴,建立如图空间直角坐标系,为平面的一个法向量,且,求平面的一个法向量,根据,即可求得答案. 【详解】（1）平面,,，且， 所以四棱锥的体积； （2）分别以所在直线为轴,轴、轴,建立如图空间直角坐标系, 如图: 由， 可得:,,,,, 由（1）知平面, 为平面的一个法向量,且； 设为平面的一个法向量, 则,, ,, ,, , 令,则,, , 设平面与平面所成的二面角为, ， 平面与平面所成二面角的余弦值为． 19. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是，上的动点，且． （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的正切值． 【答案】（1）证明如下： 如下图，构建空间直角坐标系，令且， 所以，，，， 则，，故， 所以，即. （2） 【解析】 【分析】（1）构建空间直角坐标系，令且，应用向量法求证垂直即可； （2）由三棱锥体积最大，只需△面积最大求出参数，再标出相关点的坐标，求平面与平面的法向量，进而求它们夹角的余弦值，即可得正切值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得三棱锥体积取最大，即面积最大， 所以当时，故、为、上的中点， 所以，，，故，， 若为平面的法向量，则，令，故， 又面的法向量为， 所以， 设平面与平面的夹角为，由图可知为锐角，则，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $