精品解析：湖南省邵阳市新邵县第三中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

新邵三中2024年下学期数学期中考试 （满分150分 考试用时120分钟） 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. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若，则，，，四点共面的充要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 直线l过圆C：的圆心，并且与直线垂直，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在四面体中，，，两两垂直且相等，是的中点，则异面直线和所成角为（ ） A. B. C. D. 5. 两条平行直线和间的距离为，则a，d分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 已知两点和到直线的距离相等，则实数的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 直线，点，，若与线段AB相交，则的范围为（ ） A. B. C. 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. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 过，两点的直线方程为 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 10. 已知，，，，则下列说法正确的有（ ） A. 与夹角的余弦为 B. 的面积为 C. 平面的一个法向量 D. 四面体的体积为 11. 如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（　　） A. PC与平面BCD所成的最大角为45° B. 存在某个位置，使得PB⊥CD C. 当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则_________. 13. 已知直线，当变化时，点到直线的距离的取值范围是____. 14. 平面直角坐标系上有两点，直线的方程为 ，直线上有一点P，最短，则P点的坐标为_________________ . 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. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 16. 已知两圆和．求： （1）取何值时两圆外切？ （2）当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长． 17. 已知的顶点，直线的方程为，边上的高所在直线的方程. （1）求顶点和的坐标； （2）求的外接圆的方程. 18. 在四棱锥中，底面． （1）证明：； （2）求PD与平面所成的角的正弦值． 19. 如图，在四棱锥中，面．，四边形满足，，，点为中点，点为边上的动点 （1）求证：平面． （2）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新邵三中2024年下学期数学期中考试 （满分150分 考试用时120分钟） 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. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果. 【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为， 又因为与共线，所以的一个方向向量可以是， 故选：A. 2. 已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若，则，，，四点共面的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四点共面的充要可得，求解即可. 【详解】是平面外任意一点，且， 若，，，四点共面的充要条件是，即. 故选：B. 3. 直线l过圆C：的圆心，并且与直线垂直，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆的方程写出圆心坐标，根据直线相互垂直可得，根据点斜式写出直线方程. 【详解】由圆C：，则，又直线l与直线垂直，即， ∴直线l的方程为，即. 故选：D 4. 在四面体中，，，两两垂直且相等，是的中点，则异面直线和所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由于是的中点，取的中点，证明或补角即为异面直线与所成的角．解三角形求结论． 【详解】由于是的中点，取的中点，连接， 则， 则或补角即为异面直线与所成的角． 可设， 由于、、两两垂直，且均相等， 则，，， 即有，，， 则有． 故选：A． 5. 两条平行直线和间的距离为，则a，d分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据两线平行的判定列方程求参数a，再由平行线的距离公式求. 【详解】由题设，可得，则直线为， 所以. 故选：D 6. 已知两点和到直线的距离相等，则实数的值为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由两点到直线距离相等可得直线与两定点所在直线平行，或直线过以两定点为端点的线段的中点，列方程求可得结论． 【详解】依题意得，直线过线段的中点，或与直线平行. 线段的中点坐标为，且在直线上， ，解得； 由两直线平行知，解得. 因此的值为或， 故选：A 7. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设给出的材料可得平面的法向量和直线的方向向量，利用公式可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为平面的方程为，故其法向量为， 因为直线的方程为，故其方向向量为， 故直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B. 8. 直线，点，，若与线段AB相交，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线确定定点，求出定点与已知点所成直线的斜率，数形结合得到关于的不等式，解之即可得解. 【详解】由题设，则，可得， 所以直线过定点，则，， 由图可知直线的斜率的取值范围为：或，又， 所以或，即或， 又时直线的方程为，仍与线段相交， 所以的取值范围为. 故选：C 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. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 过，两点的直线方程为 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】 运用直线的两点式方程判断A 的正误；利用对称知识判断B的正误；求出直线在两坐标轴上的截距可得到三角形的面积判断C的正误；利用直线的截距相等可判断D 的正误． 【详解】对于A：当，时，过，两点的直线方程为，故A不正确； 对于B：点 (0,2) 与 (1,1) 的中点坐标， 满足直线方程, 并且两点的斜率为： −1, 所以点 (0,2) 关于直线 y=x+1 的对称点为 (1,1) ，所以 B 正确； 对于C：直线在两坐标轴上的截距分别为： 2,−2, 直线与坐标轴围成的三角形的面积是，所以C  正确；  对于D：经过点 (1,1) 且在 x 轴和 y 轴上截距都相等的直线方程为 x+y−2=0 或 y=x ，所以 D 不正确； 故选：BC. 【点睛】本题考查直线的方程，直线与坐标轴的截距，点关于直线的对称点，注意在考虑截距相等的时候，不漏掉截距为的情况，属于基础题． 10. 已知，，，，则下列说法正确的有（ ） A. 与夹角的余弦为 B. 的面积为 C. 平面的一个法向量 D. 四面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间向量夹角坐标表示求夹角余弦值判断A； 由A结合正弦定理形式面积公式即可求三角形面积判断B； 求平面的一个法向量，即可判断判断C； 向量法求到面的距离，再由棱锥的体积公式求体积判断D. 【详解】对于A： ， 则 ，A正确； 对于B： 由 A 知：，B错误； 对于C： 若是平面的一个法向量， 则， 令，则， 有为平面的一个法向量 ，C正确； 对于D：，则到面的距离， 所以四面体的体积为，D正确. 故选： ACD. 11. 如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（　　） A. PC与平面BCD所成的最大角为45° B. 存在某个位置，使得PB⊥CD C. 当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC D. 存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO， 当PC时∠PCO＝60°＞45°，即可判断； B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断； C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断； D，若B到平面PDC的距离为，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾． 【详解】解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC． 由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形， 由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO， 当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误； 选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD， 又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ， ∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确； 选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD， ∵PB＝PD，∴OP⊥BD， ∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC， 又OP＝OC，∴△POC为等腰直角三角形， ∴PCOP，即选项C正确； 选项D，∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为， ∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD， 则有DB⊥平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量，，两两夹角均为，其模均为1，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，应用空间向量数量积的运算律求模长. 【详解】 . 故答案为： 13. 已知直线，当变化时，点到直线的距离的取值范围是____. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线所过定点，分析出距离的最值，结合斜率存在，得到取值范围. 【详解】由题意知直线过定点，且不与轴垂直， 当直线经过点时，，点到直线的距离最小为0， 当过点的直线垂直于x轴时，点到该直线的距离最大，最大值为3， 如图： 由于的斜率存在，故点到直线的距离小于3， 即点到直线的距离的取值范围是. 故答案为： 14. 平面直角坐标系上有两点，直线的方程为 ，直线上有一点P，最短，则P点的坐标为_________________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求点关于直线l的对称点的坐标，再求直线的方程，最后列方程组求点P的坐标． 【详解】设点关于直线l的对称点， 则，线段中点在直线l上， 所以，整理得， 解得，即. 因为点在一条直线上时最短， 所以点P的坐标是直线与直线l的交点， 由得直线的方程为， 所以，解得，即. 故答案为：. 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. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为，可求得直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程； （2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，再根据两平行直线的距离公式即可求出． 【小问1详解】 因为直线的方程为，所以直线的斜率为. 因为，所以直线的斜率为. 因为直线过点，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为直线，所以可设直线的方程为， 直线与直线之间的距离为， 所以，解得或. 故直线的方程为或. 16. 已知两圆和．求： （1）取何值时两圆外切？ （2）当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）利用配方法，结合两圆外切的性质进行求解即可； （2）根据两圆公共弦的性质，结合点到直线距离公式、圆的垂径定理进行求解即可. 【小问1详解】 由已知化简两圆的方程为标准方程分别为： ， 则圆心分别为，半径分别为和， 当两圆外切时，满足； 【小问2详解】 当时，有，则，所以两圆相交， 则两圆的公共弦所在直线的方程为：，即， 圆心到直线的距离， 所以公共弦长． 17. 已知的顶点，直线的方程为，边上的高所在直线的方程. （1）求顶点和的坐标； （2）求的外接圆的方程. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）联立直线，的方程求出点的坐标，由求出直线的斜率及方程，的方程与直线方程联立求出的坐标； （2）设圆的一般方程为，将三点坐标代入求出圆的一般方程求出的值即可求解. 【小问1详解】 由，解得，所以， ∵，且， ∴，∴，又， ∴直线的方程是，， 由，解得， 所以， 所以，； 【小问2详解】 设的外接圆的方程是， 将，，三点坐标分别代入，得 ，， 的外接圆的方程是. 18. 在四棱锥中，底面． （1）证明：； （2）求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1） 在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）. 【解析】 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 如图，在四棱锥中，面．，四边形满足，，，点为中点，点为边上的动点 （1）求证：平面． （2）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ）证明: 因为平面，所以，，又，所以，，两两垂直．以为空间坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示． 则，，， 点为中点，故 故， 又， 所以 所以，，为共面向量，平面， 所以平面． （Ⅱ）存在，． 【解析】 【分析】（Ⅰ）由题意有，，又，以以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．证明，，为共面向量即得． （Ⅱ）设，，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用法向量夹角的余弦的绝对值等于求得即可． 【详解】（Ⅰ）略； （Ⅱ）设， 依题意可知平面的法向量为，， 设平面的法向量为，则， 令，则． 因为二面角的余弦值为， 所以， 即，解得或． 所以存在点符合题意， 当或时，二面角的余弦值为． 【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查二面角问题，解题方法是空间向量法，建立空间直角坐标系后，证明线面平行，只要证明直线的方向向量可用平面的一个基底表示即可，而二面角则是利用二面角的余弦值与二面角的两个面的法向量夹角的余弦值相等或相反求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $