广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二上学期数学周测试卷（七）

2025-2026东莞市第十三高级中学高二上学期数学周测（七） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知直线经过点和，则的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 2．已知空间向量，若共面，则(    ) A． B．0 C．1 D． 3．设,1,，,,，若与为共线向量，则（　　） A．， B． C． D． 4．两条平行直线之间的距离为（    ） A． B．2 C． D．4 5．在正方体中，分别为的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 6．已知平面平面，，直线在平面内，直线在平面内，且，与均不垂直，则（    ） A．与可能垂直，但不可能平行 B．与可能垂直也可能平行 C．与不可能垂直，但可能平行 D．与不可能垂直，也不可能平行 7．已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（    ） A． B． C． D． 8．已知空间向量 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．的内角所对的边分别为，且，则（    ） A．若，则为锐角三角形 B．的最大值为 C．若，则 D． 10．下列说法正确的是（    ） A．任意一条直线都有倾斜角和斜率 B．点关于直线的对称点为 C．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 D．过点 且圆相切的直线方程是 11．已知菱形中，，，与相交于点 ，将 沿折起来，使顶点移至点的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（     ） A．存在某个位置使得 B．当为等边三角形时， C．当二面角为时，三棱锥外接球表面积为 D．设为线段的中点，则三棱锥体积的最大值为 三、填空题 12．已知直线：，：．若，则 ． 13．在空间直角坐标系中，点为平面ABC外一点，其中，若平面ABC的一个法向量为．则 ；点P到平面ABC的距离为 ． 14．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是 ． ①若平面，则动点Q的轨迹是一条线段 ②存在Q点，使得平面 ③当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 ④若，那么Q点的轨迹长度为 四、解答题 15．已知直线的方程为，直线在轴上的截距为，且. 求直线与的交点坐标； 若直线经过与的交点，且在两坐标轴上的截距相等，求的方程. 16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有. (1)求角A； (2)若△ABC的面积为，，求△ABC的周长. 17．如图，在正方体中，求证： (1)平面平面． (2)平面平面． 18．在长方体中，已知，连接，如图，建立空间直角坐标系． (1)求与的坐标； (2)求向量在平面上的投影向量的坐标． 19．如图，在直四棱柱中，底面四边形为等腰梯形，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为线段上一点，求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B A C B A ABD BD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】先根据两点求斜率，再结合斜率和倾斜角的关系求出倾斜角即可. 【详解】直线经过点和， 则的斜率为， 设的倾斜角为，,所以. 故选：C. 2．B 【分析】根据共面向量，得到对应关系，求出的值即可． 【详解】若、、共面，则， 即，1，，，， 故，故， 故选：B． 3．C 【分析】利用向量平行的性质列方程直接求解． 【详解】解：,1,，,,， 与为共线向量， ， 解得，． 故选：C． 4．B 【分析】由平行线之间的距离公式直接求解即可. 【详解】解：，则两平行线之间的距离为. 故选：B. 5．A 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，，，则，，设异面直线与所成角为（），则. 故选：A 6．C 【分析】利用空间中线线间的位置关系求解． 【详解】平面平面，，直线在平面内，直线在平面内，且，与均不垂直， 直线在平面内的射影为直线，若，则有，与已知矛盾，与不可能垂直， 当且时，由平行公理得，即与可能平行. 故选：C 7．B 【分析】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，由题意得点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ，通过几何知识得到，，故，进而求得线段PQ的长度. 【详解】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，连接. 因为点M在线段EF上运动，故AM在平面AEF内， 又因为线AM与平面交于点N， 故点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ， 在，，中，可得， ，F分别为棱AC，的中点，故≌，， ，，即， ，，， 同理，，故，且， 故选：B. 8．A 【分析】利用空间向量的坐标运算一一判定即可. 【详解】由题意可知，，. 故选：A 9．ABD 【分析】根据两角和在正切公式判断A；根据两角差在正切公式结合基本不等式判断B；根据正弦定理判断C；根据正弦定理，结合余弦定理判断D. 【详解】对于A选项，已知，且，则，. . 当时，，所以，. A，B，C均为锐角，所以为锐角三角形，A选项正确. 对于B选项，. 令，，则. 根据均值不等式（当且仅当，即时取等号）. 所以. 因为A，B是三角形内角，所以，则的最大值为，B选项正确. 对于C选项，若，由正弦定理可得. . 又因为，即，. 所以，因为，则，. 因为，所以，C选项错误. 对于D选项，由可得，即. 根据正弦定理（为外接圆半径），则，. 再根据余弦定理，. 所以，化简可得，D选项正确. 故选：ABD. 10．BD 【分析】选项A，根据倾斜角和斜率的概念即可判断；选项B，设关于直线对称的点为，得到，再解方程即可判断；选项C，分别讨论直线过原点和不过原点两种情况，即可判断；选项D，先判断点在圆上，再由相切性质求出直线斜率，求出直线方程即可判断. 【详解】选项A，任意一条直线都有倾斜角， 当倾斜角为时，不存在斜率，故A错误； 选项B，设关于直线对称的点为， 则，解得， 即关于直线对称的点为，故B正确； 选项C，当所求直线过原点时，设直线为， 因为点在上，所以，所求直线为. 当直线不过原点时，设所求直线为， 因为点在上，所以，所求直线为. 综上，所求直线为或，故C错误； 选项D，由，则点 在圆上， 且直线斜率， 设过点 且圆相切的直线为，斜率为， 由圆心，，得，则， 则切线方程为，化简得，故D正确. 故选：BD. 11．ACD 【分析】对A：若，则，再在三角形中求得，即可判断是否存在； 对B：根据面，，再求三棱锥的体积即可； 对C：过作平面的垂线，根据几何关系可得三角形的外接圆半径以及该棱锥的高，设出球半径，根据勾股定理，即可求得结果； 对D：由，构造三角形面积关于角度的函数关系，结合三角函数的最值，即可求得结果. 【详解】由题可得，，又，故可得， ，故，； 对A：因为//，若，则，故可得；    在三角形中，，由余弦定理可得， 又在折起过程中，，， 故存在这样的位置，使得，A正确. 对B：当为等边三角形时，，    因为，面，故面， 在三角形中，由余弦定理可得， 又，故， 则三角形的面积； 又，故，故B错误； 对C：由B分析可知，二面角的平面角为， 当二面角为时，即，则为等边三角形，； 因为，故过作面，则垂足即为三角形的外心，    在三角形中，由余弦定理可得， 又，故， 设三角形外接圆半径为，由正弦定理可得，则； 在三角形中，； 设三棱锥的外接球球心为，半径为，则球心在上， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 即，故三棱锥外接球表面积为，故C正确； 对D：为线段的中点，则，    设三角形的面积为，则， 由B选项分析可知，面， 故， 又，故当时，， 此时三棱锥体积取得最大值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项处理的关键是充分考虑三棱锥的几何特点，本题中三棱锥呈现出侧棱都相等的特点，则顶点在底面的投影必为底面的外心，而其外接球球心就在该棱锥的高线上；本题属于综合困难题. 12． 【分析】利用直线平行的条件即可求解. 【详解】由已知两条直线平行，应当满足关系，解得. 故答案为：. 13． ， / . 【分析】由题意可得，从而可求出的值，则可得平面ABC的法向量，再求出，然后利用向量求距离的公式求解. 【详解】因为，所以， 因为平面ABC的一个法向量为， 所以，所以，得， 因为，所以， 所以点P到平面ABC的距离为 故答案为：，. 14．①③④ 【分析】作出过点与平面平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答. 【详解】在正方体中，取的中点E，F，连，如图， 则，平面，平面，则有平面， 因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形， 则，而平面，平面，有平面， ，平面，因此，平面平面，因平面， 则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF，①正确； 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设， ，设平面的一个法向量， 则，令，得，若平面，则，即， ，所以不存在Q点，使得平面，②不正确； 因的面积为定值，当且仅当点Q到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， ，点Q到平面的距离，而，则当时，， 而，即，因此点与点重合时，三棱锥的体积最大，③正确； 因平面，平面，则，因此， 显然点Q的轨迹是以为圆心，半径为，所含圆心角为的扇形弧，弧长为，④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 15．；或. 【分析】利用，可得斜率，利用点斜式可得直线的方程，与直线与的交点坐标； 当直线经过原点时，可得方程；当直线不经过原点时，设在轴上的截距为，则在轴上的截距为，其方程为，把交点坐标代入，即可求出的方程. 【详解】解：，. 直线的方程为，即. 联立，解得. 直线与的交点坐标为. 当直线经过原点时，可得方程. 当直线不经过原点时，设在轴上的截距为，则在轴上的截距为， 其方程为，把交点坐标代入可得， 解得.可得方程. 综上可得直线的方程为或. 【点睛】本题考查相互垂直的直线斜率之间的关系，考查截距式，考查推理能力和计算能力，属于基础题. 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦函数公式化简已知可得，由为三角形内角，结合范围，即可求得的值． （2）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值，即可得解的周长． 【详解】（1）因为. 由正弦定理得， 计算得，化简得 而，所以 又因为，则，， 所以，得； （2）∵的面积为，∴，由（1）知，∴， 由余弦定理得：， ∴，解得， ∴的周长为. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据面面平行的判定定理，先证明线线平行，再证明线面平行，最后证明面面平行. （2）根据面面垂直的判定定理，先证明线线垂直，再证明线面垂直，最后证明面面垂直. 【详解】（1）证明：是正方体， ，且， 四边形是平行四边形． ， 又平面，平面， 平面， 同理：平面，且，平面， 平面平面. （2）证明：是正方体， 平面，又平面， ， 又，，平面， 平面，且平面， 平面平面． 18．(1)；； (2). 【分析】（1）根据给定的空间直角坐标系，求出点的坐标，再利用向量的坐标表示作答. （2）根据长方体的结构特征，求出线段在平面上射影即可求解作答. 【详解】（1）在长方体中，已知， 依题意，， 所以，. （2）在长方体中，平面，连接AC，因此线段是线段在平面上射影，如图， 即向量在平面上的投影向量为，而，， 所以向量在平面上的投影向量的坐标为. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，利用余弦定理，列出方程求得，取的中点，连接，得到，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程求得，再利用向量的距离（3）设，分别求得平面和的法向量为和，利用向量的夹角公式，求得的表达式，结合函数的性质，即可求解. 【详解】（1）证明：四边形为等腰梯形，， ． 设， 在中，可得， 在中，可得， 所以，解得， 取的中点，连接，则，且， 在中，，则，所以， 在直四棱柱中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为，因为直线与平面所成角的正弦值为， 可得，解得， 在直四棱柱中，可得， 且平面，且平面，所以平面， 因为，点为线段上一点，所以到平面的距离等于到平面的距离， 又由，且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为. （3）解：由（2）中的空间直角坐标系，设， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角的夹角为， 可得， 因为，可得，所以，所以， 所以，所以平面与平面夹角的取值范围. 【点睛】 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $