精品解析：北京市景山学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

北京景山学校2024~2025学年度第一学期期中考试 高二数学 2024年10月 第Ⅰ卷（选择题） 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 2. 过点且斜率为1的直线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知两条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 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. 5. 如图，在正三棱柱中，，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 若直线和直线的交点在第二象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（ ） A. 5 B. C. D. 8. 已知:.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在棱长为1的正方体中，，若平面，则线段的长度的最小值为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 若向量，且，则___________. 12. 如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________． 13. 直线绕它与y轴的交点按逆时针方向旋转所得的直线方程______. 14. 动直线与一点．当点到直线的距离最大时，直线的方程为___________． 15. 如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.给出下列四个结论； ①三棱锥中，点到面的距离为定值 ②过点且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为 其中，所有正确结论的序号是___________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知直线，. （1）若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值； （2）当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程. 17. 已知的一条内角平分线所在直线的方程为，两个顶点为． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）求第三个顶点的坐标． 18. 直线方程为． （1）证明：无论为何值，直线过定点； （2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于A，两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的方程． 19. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. （1）证明:平面平面； （2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求： （i）直线与平面所成角的正弦值； （ii）点到平面的距离． 条件①：二面角的大小为； 条件②： 条件③：． 21. 在平面直角坐标系中，两点、的“曼哈顿距离”定义为，记为．如，点、的“曼哈顿距离”为9，记为． （1）动点在直线上，点，若，求点的横坐标的取值范围； （2）动点在直线上，动点在函数图象上，求的最小值； （3）动点在函数的图象上，点，的最大值记为．如，当点的坐标为时，．求的最小值，并求此时点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校2024~2025学年度第一学期期中考试 高二数学 2024年10月 第Ⅰ卷（选择题） 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断. 【详解】假设选项中的点为点， 对于A：，此时，点在平面内； 对于B：，此时，点不在平面内； 对于C：，此时，点在平面内； 对于D：，此时，点在平面内； 故选：B. 2. 过点且斜率为1的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程的点斜式可直接写出方程，化简即可. 【详解】根据题意可得直线为，化简得. 故选：D 3. 已知两条直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线平行求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当时，，则， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 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． 5. 如图，在正三棱柱中，，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得为与平面所成角，再利用勾股定理即可得解. 【详解】取中点，连接，如图， 在正三棱柱中，是正三角形，， 底面底面，， 又平面，平面， 为与平面所成角， 平面平面，， 由题意，， 在中，. 故选：A. 6. 若直线和直线的交点在第二象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立两直线方程求出交点，即可根据第二象限的特征求解. 【详解】, 所以交点为,由于在第二象限，所以， 所以的取值范围为， 故选：D 7. 已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可. 【详解】由得，所以直线l过定点， 依题意可知的最小值就是点M到直线的距离， 由点到直线的距离公式可得． 故选:B. 8. 已知:.则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】原式表示直线上的动点到定点的距离之和，求出点A关于直线对称的点，结合两点距离公式计算即可求解. 【详解】设， 表示直线上的动点到定点的距离之和， 如图， 设点A关于直线对称的点为， 则，解得， 所以. 故答案为： 9. 如图，在棱长为1的正方体中，，若平面，则线段的长度的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建系，求出相关点的坐标，用表示出，证明平面，求得平面的法向量，由条件得到，将的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则有, 依题意，， , 于是，. 又因平面，平面,则, 又,平面，故平面, 故平面的法向量可取为， 因平面，故，即. 则 ， 因，故当时，. 故选：D. 10. 如图，在正方体中，为棱的中点．动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论： ①存在点，使得； ②存在点，使得平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变． 其中，所有正确的结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故②不正确； 设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③正确. 【详解】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，①正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故②错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，③正确， 综上：①③④正确 故选:C. 【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理,尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了,本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 若向量，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】空间向量垂直，则空间向量的数量积为0，进而列出方程，求得结果 【详解】因为，所以，即，解得： 故答案为： 12. 如图，在正三棱柱中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】以A为坐标原点，在平面ABC内作垂直于AC的直线Ax为x轴，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 所以，， 所以， 则直线与所成角的余弦值为， 故答案为：. 13. 直线绕它与y轴的交点按逆时针方向旋转所得的直线方程______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意确定坐标，再根据垂直的斜率关系，结合点斜式求解即可. 【详解】由题意，直线过，又斜率为， 故绕它与y轴的交点按逆时针方向旋转后与原直线垂直，斜率为， 此时所得的直线方程为，即. 故答案为： 14. 动直线与一点．当点到直线的距离最大时，直线的方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分析直线过定点，当直线与直线垂直时，点到直线的距离最大，可得直线及其方程. 【详解】直线方程变形为：， 由解的：，即直线过定点， 当直线与直线垂直时，点到直线的距离最大，又 此时，则，则直线的方程为，即. 故答案为：. 15. 如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.给出下列四个结论； ①三棱锥中，点到面的距离为定值 ②过点且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为 ③直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为 其中，所有正确结论的序号是___________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可. 【详解】 以A为坐标原点，分别以为轴建系如图： ,， ， 设, 则， 所以， 设面的一个法向量为， 则， 令得， 对于①：到平面的距离为，故①正确； 对于②：连接，因为四边形为平行四边形， ，又面，面， 面， 同理可证面， 又，所以面面， 所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为， 它是边长为的等边三角形，故面积为，故②错误； 对于③：设直线与面所成角为，则， ，， 所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确； 对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心， ， ， 解得， 所以外接球半径满足：， 三棱锥的外接球表面积为，故④错误； 故答案为：①③ 【点睛】几何体外接球球心的求法： （1）将几何体置入长方体中找球心； （2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心； （3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知直线，. （1）若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值； （2）当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程. 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可. （2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可. 【小问1详解】 设原点O到直线m的距离为， 则，解得或； 【小问2详解】 由解得，即m与n的交点为. 当直线l过原点时，此时直线斜率为， 所以直线l的方程为； 当直线l不过原点时，设l的方程为， 将代入得， 所以直线l的方程为. 故满足条件的直线l的方程为或. 17. 已知的一条内角平分线所在直线的方程为，两个顶点为． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）求第三个顶点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据点关于直线对称列方程组求点即可； （2）根据点关于直线对称列方程组求点即可. 【小问1详解】 设点关于直线的对称点的坐标为， 则有，解得，故点的坐标为 【小问2详解】 设，则有，解得，故点的坐标为. 18. 直线方程为． （1）证明：无论为何值，直线过定点； （2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于A，两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的方程． 【答案】（1）证明见详解 （2）的周长为，直线的方程 【解析】 【分析】（1）将直线的方程变形为，令，解得即可； （2）首先求出直线在、轴上的截距，即可求出的范围，再由面积公式及基本不等式求出面积最小值及此时的值，从而求出直线的方程及三角形的周长. 【小问1详解】 因为直线的方程，即， 令，解得， 所以直线恒过定点； 【小问2详解】 因为直线的方程，依题意，即， 令，得到；令，得到； 令，解得， 可得， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立 此时直线的方程为， 且，，， 所以当的面积最小时，的周长为，直线的方程. 19. 图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. （1）证明:平面平面； （2）棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，则勾股定理的逆定理可得，由正方形的性质可得从而可得平面即可得平面平面； （2）建立空间坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接， 在正方形中，，并且 在中，， 所以，. 因为平面， 所以平面 而平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 解：存在点，当时，满足题意，理由如下： 因为两两垂直， 所以建立如图所示的空间直角坐标系, 则， 因为平面， 所以平面的法向量为 假设存在满足题意的点，且， 则， 设平面MBC的法向量为， 则有 不妨设， 得， 所以 两边平方，整理得， 解得或（舍）， 经检验，满足题意， 因此，存在点，只需即可. 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求： （i）直线与平面所成角的正弦值； （ii）点到平面的距离． 条件①：二面角的大小为； 条件②： 条件③：． 【答案】（1） 连接，交于，连接， 底面是正方形，故是的中点， 又因为为棱的中点， 所以，在中， 而平面平面， 所以平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接，交于，连接，由证明平面； （2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到平面，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解与平面所成角的正弦值，计算点到平面的距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选①②： 因为四边形是正方形， 所以， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面，所以， 在中，， 所以， 故， 又因为平面， 所以平面， 选①③： 因为四边形是正方形， 所以， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 所以， 所以，即， 因为平面， 所以平面， 选②③： 因为四边形是正方形， 所以， 因为平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 在中，， 故， 因为平面， 所以平面， 选①②③同上． 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 令为面的一个法向量，则 令，则， （i）因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， （ii）由（i）知点到平面的距离． 21. 在平面直角坐标系中，两点、的“曼哈顿距离”定义为，记为．如，点、的“曼哈顿距离”为9，记为． （1）动点在直线上，点，若，求点的横坐标的取值范围； （2）动点在直线上，动点在函数图象上，求的最小值； （3）动点在函数的图象上，点，的最大值记为．如，当点的坐标为时，．求的最小值，并求此时点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）最小值为，点 【解析】 【分析】（1）利用“曼哈顿距离”的定义，分类讨论去绝对值解不等式即可； （2）设出动点，利用曼哈顿距离的定义列出二元函数，将它视为以为参数，为自变量的函数，分类讨论求其最值即可； （3）先取特值确定出最小值，再验证有实数a，b即可． 【小问1详解】 由已知，则根据“曼哈顿距离”定义得 ，， 当时，成立，解得； 当时，，解得； 当时，，解得 综上所述点的横坐标的取值范围是； 【小问2详解】 设出动点，则， 又，所以， 当时，， 此时， 当时，， 此时 当时，， 此时 又 所以 综合得，当时取等号. 即的最小值为 【小问3详解】 设点，则， 若存在实数使得，则对任意成立， 取，有，取,有， 得， 所以 取，是上是偶函数， 当时，若，， 若，，当且仅当时取等． 所以存在实数且，使得最小值为，点 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $