精品解析：湖南省常德市沅澧共同体2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题

常德市沅澧共同体2024-2025学年10月高二上学期 期中考试数学试题 时量：120分钟 满分：150分 命题单位：常德外国语学校 审题单位：常德市教科院 一､单选题：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为（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 直线恒过定点（ ） A. B. C. D. 4. 已知正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 圆与圆的位置关系为 A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 相离 6. 是分别以点为端点的三条相等线段，且每两条线段所在直线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（ ） A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四个命题中错误的有（ ） A. 直线的倾斜角越大，其斜率越大 B. 直线倾斜角的取值范围是 C. 若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为 D. 若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为 10. 在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ） A. B. C. D. 11. （多选）若对任意恒成立，其中是整数，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点到直线的距离是__________. 13. 棱长为2的正四面体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值是__________. 14. 由曲线围成的图形的面积为______. 四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知三角形的三个顶点，，. （1）求边的中垂线所在直线的方程； （2）求△ABC的面积． 16. 解答下列各题． （1）若，求的最小值． （2）若正数，满足，求的最小值． 17. 已知锐角内角及对边，满足. （1）求的大小； （2）若，求周长的取值范围. 18. 在直三棱柱中，，点是的中点，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知直线与圆相交于两点，且. （1）若直线过点，求直线的方程； （2）①若线段的中点为点，求点的轨迹方程； ②过点作直线与曲线交于两点，若点的坐标为，直线的斜率分别为，求证：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 常德市沅澧共同体2024-2025学年10月高二上学期 期中考试数学试题 时量：120分钟 满分：150分 命题单位：常德外国语学校 审题单位：常德市教科院 一､单选题：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为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线方向向量的定义和直线斜率与方向向量的关系直接求解即可. 【详解】由得，， 所以直线的一个方向向量为， 而，所以也是直线的一个方向向量. 故选：B. 2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 3. 直线恒过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线变为点斜式，求出定点坐标. 【详解】变形为，故恒过点. 故选：B 4. 已知正三棱锥，是的重心，是上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，连接，利用三角形法则和三角形重心的性质以及中线的性质即可求解. 【详解】如图，取中点，连接， 因为是的重心，， 所以 ， 所以. 故选：B 5. 圆与圆的位置关系为 A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 相离 【答案】B 【解析】 【详解】 【分析】试题分析：两圆的圆心距为，半径分别为 ，，所以两圆相交 ．故选B． 考点：圆与圆的位置关系． 6. 是分别以点为端点的三条相等线段，且每两条线段所在直线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，分别为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】因为是分别以点为端点的三条相等线段，且两两垂直， 以为原点，分别为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，令得平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的余弦值为， 故选：D 7. 直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，可得倾斜角，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数的性质求解． 【详解】当时，直线的方程为，此时倾斜角， 当时，由直线方程可得斜率， 因为且， 所以，即， 又，所以， 综上， 故选：D 8. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下不正确的是（ ） A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 【答案】D 【解析】 【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确； 以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确； 由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确； 设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误. 【详解】对于A中：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长， 所以四棱锥的体积不变，所以A选项正确； 对于B中：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得， 设，则， 设直线与所成角为，则， 因为，当时，可得，所以； 当时，，所以， 所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确； 对于C中：因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以，又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确； 对于D中，由， 设， 则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以， 当时，等号成立，所以D错误. 故选：D. 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四个命题中错误的有（ ） A. 直线的倾斜角越大，其斜率越大 B. 直线倾斜角的取值范围是 C. 若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为 D. 若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义逐一判断即可. 【详解】解：对于A，当倾斜角为锐角时，斜率大于0，当倾斜角为钝角时，斜率小于0，故A错误； 直线倾斜角的取值范围是，故B正确； 若一条直线的斜率为，此时可以为负角，而直线倾斜角的取值范围是，故C错误； 当直线的倾斜角时，直线的斜率不存在，故D错误. 故选：ACD. 10. 在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，由正弦定理得，A选项正确. B选项，由正弦定理得， 而当时，则或，则或， 所以B选项错误. C选项，由正弦定理得， 所以，所以C选项正确. D选项，，由正弦定理得， 所以D选项正确. 故选：ACD 11. （多选）若对任意恒成立，其中是整数，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对分类讨论，当时，由可得，根据一次函数的图象可知不存在，当时，可设，，作出的图象，利用数形结合的思想可得出的整数解. 【详解】当时，由可得对任意恒成立， 此时不存在； 当时，由对任意恒成立， 可设，，作出的图象如下， 由图可知， 因为是整数，所以解得或或或， 所以的可能取值为或或， 故选：ABD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 点到直线的距离是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式计算求解即可. 【详解】点到直线的距离. 故答案为： 13. 棱长为2的正四面体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，取中点，连接，所以，直线和夹角即为，求出各边长度，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】连接，取中点，连接， 因为是正四面体，且棱长为2，分别为的中点， 所以， 因为分别为中点， 所以，且， 所以直线和夹角即为， 在中， 所以在中由余弦定理可得， 所以直线和夹角的余弦值是. 故答案为： 14. 由曲线围成的图形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】曲线围成的图形关于轴，轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可，结合圆的方程运算求解. 【详解】将或代入方程，方程不发生改变，故曲线关于轴，轴对称，因此只需求出第一象限的面积即可， 当，时，曲线可化为：， 表示的图形为以为圆心，半径为的一个半圆， 则第一象限围成的面积为， 故曲线围成的图形的面积为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知三角形的三个顶点，，. （1）求边的中垂线所在直线的方程； （2）求△ABC的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出直线的斜率及中点坐标；再根据两直线垂直的性质得到中垂线所在直线的斜率；最后利用点斜式求出方程，化简即可得出. （2）先求出直线的方程；再利用点到直线距离公式可得点到直线的距离，利用两点间距离公式可得，即可得出△ABC的面积. 【小问1详解】 ∵， ∴ ，中点坐标. ∴边的中垂线所在直线的方程：，即. 所以边的中垂线所在直线的方程为：. 【小问2详解】 ∵， ∴边所在直线方程为：，即. ∴点到直线的距离为： . ∵， ∴ ∴ . 所以求△ABC的面积为. 16. 解答下列各题． （1）若，求的最小值． （2）若正数，满足，求的最小值． 【答案】（1）7 （2） 【解析】 【分析】（1）易知，利用基本不等式可求得和的最小值为7； （2）依题意可得，再由基本不等式中“1”的妙用即可得出最小值. 【小问1详解】 由可得，所以， 当且仅当时，即时，等号成立； 此时的最小值为7； 【小问2详解】 由可得， 因此， 当且仅当时，即时，等号成立； 此时的最小值为. 17. 已知锐角内角及对边，满足. （1）求的大小； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得，结合，可得的值． （2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由已知求出的取值范围，再利用正弦函数的性质即可求解其范围． 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又因为， 所以，， 可得，由，可得. 【小问2详解】 因为，由正弦定理， 可得， 可得 ， 因为锐角三角形中，所以，解得，所以， 所以，可得. 周长的取值范围为. 18. 在直三棱柱中，，点是的中点，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连结，证明四边形为平行四边形可得，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：在平面中，过作，根据线面垂直的判定定理和性质定理可知为点到平面的距离，利用勾股定理求即可；解法二：以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可； （3）求出平面与平面的法向量，利用夹角公式求解即可. 【小问1详解】 如图所示，取中点，连结， 因为直三棱柱中点是的中点，点是的中点， 所以，且， 即且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 解法一：因三棱柱为直三棱柱，所以， 又，即， 因为，平面，所以平面， 在平面中，过作，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 故为点到平面的距离， 在等腰三角形中，， 所以. 解法二：因为直三棱柱中，所以两两垂直， 以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，，， 设平面的法向量， 则，解得平面的一个法向量， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 易知是平面的法向量，设是平面的法向量， 因为，， 则，解得平面的一个法向量， 设角是平面与平面的夹角， 则， 由题知二面角的平面角是钝角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知直线与圆相交于两点，且. （1）若直线过点，求直线的方程； （2）①若线段的中点为点，求点的轨迹方程； ②过点作直线与曲线交于两点，若点的坐标为，直线的斜率分别为，求证：为定值. 【答案】（1）或. （2）①； ②因为过点作直线与曲线交于两点，所以直线的斜率必存在， 设直线的方程为，即，点 联立方程，消去可得， 则，解得， 由韦达定理可得， 则 ， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意可知圆心到直线的距离，分析讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解； （2）①由是线段的中点，可得，即，进而可得的轨迹方程；②设直线的方程为，设，将直线方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理可计算出的值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意可知：圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 若直线的斜率不存在，即直线，满足题意； 若直线的斜率存在，设直线，即， 则，解得， 所以直线； 综上所述：直线的方程为或. 【小问2详解】 ①若线段的中点为，由可得，即， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 所以点的轨迹方程； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $