广东省江门市培英高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）

培英高中2023-2024学年高二上学期期中数学考试卷一、单项选择题：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.1. 已知向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量加减法运算的坐标表示即可得到结果【详解】故选：B.2. 已知向量，，若，则（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由空间平行向量，先求出的值，再由模长公式求解模长.【详解】由，则，即，有，所以，所以，则故选：D3. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（ ）A. B. C. 或 D. 【答案】A【解析】【分析】利用空间向量夹角的坐标表示求得，即，进而可知直线和平面的位置关系.【详解】由，，，所以，即，所以.故选：A4. 如图，在平行六面体中，已知，，，则用向量，，可表示向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】从要表示的向量的起点出发，沿着平行六面体的棱把向量顺次首尾相连，再转化成指定的基底中的向量，得到结果.【详解】平行六面体中，，所以故选：D.5. 若两直线与平行，则的值为（ ）A. B. 2 C. D. 0【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行的充要条件可得，即可求的值.【详解】由题意知：，整理得，∴，故选：A6. 一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，，，则原梯形的面积为（ ） A. B. C. 8 D. 4【答案】C【解析】【分析】根据直观图可知其平面图形为直角梯形，再计算面积即可得答案.【详解】解：根据梯形的直观图可得其平面图形为直角梯形，上底为，下底，高为，所以原梯形的面积为.故选：C7. 已知点，若线段的垂直平分线的方程是，则实数的值是（ ）A. B. C. 3 D. 1【答案】C【解析】【分析】根据垂直平分线的性质，结合互相垂直两直线的斜率的性质进行求解即可.【详解】由，所以直线的斜率为，因为线段的垂直平分线的方程是，所以有，检验中点可知m=3符合题意.故选：C8. 如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS不是共面直线的图是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正方体的结构特征以及两直线位置关系的判定方法，逐项分析即可.【详解】对于A：根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：，故共面；对于B：根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：，故共面；对于C：根据正方体结构特点可知：既不相交也不平行，故不共面；对于D：根据正方体结构特点以及中位线的性质可知：相交，故共面；故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 下列命题不正确的是（ ）A. 若A，B，C，D是空间任意四点，则有=B. “”是“共线”的充要条件C. 若共线，则与所在直线平行D. 对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若 (其中x、y、z∈R)，则P、A、B、C四点共面【答案】BCD【解析】【分析】根据向量的多边形法则可知A正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B错误；根据共线向量的定义可知，C错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D错误．【详解】对A，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要性不成立，错误；对C，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；对D，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x+y+z=1，才有P、A、B、C四点共面，错误．故选：BCD．10. 已知直线与，则下列说法正确的是（ ）A. 与的交点坐标是B. 过与的交点且与垂直的直线的方程为C. ，与x轴围成的三角形的面积是D. 的倾斜角是锐角【答案】BC【解析】【分析】由已知联立方程即可求解直线的交点坐标可判断A；由直线垂直确定垂直的直线的斜率则可求得直线方程，即可判断B；根据直线与直线的位置确定，与x轴围成的三角形的对应坐标即可得面积，从而可判断C；由直线斜率与倾斜角的关系即可判断D.【详解】与 可得，，解得交点坐标为，所以A错误；由所求直线与直线垂直得所求直线的斜率为，由点斜式得，即，所以B正确；如图，与轴相交于，与轴相交于，与相交于 所以，与x轴围成的三角形的面积，所以C正确；的斜率，所以的倾斜角是钝角，所以D错误.故选：BC.11. 下列说法错误的是（ ）A. 若直线与直线互相垂直，则B. 直线的倾斜角的取值范围是C. 过，两点的所有直线的方程为D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】ACD【解析】【分析】．根据直线垂直的等价条件进行判断，．根据直线斜率以及正切函数图象和性质进行判断，．当直线和坐标轴平行时，不满足条件．．过原点的直线也满足条件．【详解】解：．当，两直线方程分别为和，此时也满足直线垂直，故错误，．直线的斜率，则，即，则，故正确，．当，或，时直线方程为，或，此时直线方程不成立，故错误，．若直线过原点，则直线方程为，此时也满足条件，故错误，故选：．12. 如图，在正方体中，点在线段运动，则（ ）A. 三棱锥的体积为定值B. 异面直线与所成的角的取值范围为C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为D. 过作直线，则【答案】ACD【解析】【分析】对三棱锥转化顶点可判定选项A，找到异面成角的最小值的情况即可判断选项B,转化直线与平面所成角的正弦值的最大值为直线与直线所成角的余弦值最大,进而判断选项C，利用线面垂直的性质判定可判定选项D.【详解】如图，对于选项A，,因为点在线段上运动,所以,面积为定值,且到平面的距离即为到平面的距离,也为定值,故体积为定值,故A正确；对于选项B，当点与线段的端点重合时,与所成角取得最小值为, 故B错误；对于选项C，因为直线平面,所以若直线与平面所成角的正弦值最大,则直线与直线所成角的余弦值最大,则运动到中点处,即所成角为,设棱长为1,在中,,故C正确;对于选项D，连接,由正方体可得,且平面,则,所以平面,故，过作直线，则,所以；故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 在空间直角坐标系中，已知点，，则______．【答案】【解析】【分析】由坐标运算求解即可.【详解】故答案为：14. 过点且与直线平行的直线方程是______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，设出所求直线的方程，利用待定系数法求解作答.【详解】设与直线平行的直线方程是，依题意，，解得，所以所求直线方程是.故答案：15. 长方体中，，，则点B到平面的距离为________．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可.【详解】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，因为，，所以，， ，，，， 设平面的法向量为：，，令得：又点B到平面的距离为：.故答案为：.16. 已知球的表面积为，点、、在球的球面上，且 ，则球心到平面的距离为______.【答案】1【解析】【分析】利用球的表面积公式计算可得，在所在的平面中利用正弦定理计算可得其外接圆的半径 ，利用勾股定理可得球心到平面的距离为1【详解】如图，根据球的表面积公式，可得在所在的平面中， ，由正弦定理可得 ，所以平面 在中，球心到平面的距离 故答案为：1四．解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知，，．（1）求点的坐标，满足，；（2）若点在x轴上，且，求直线的倾斜角．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据两直线的垂直关系和平行关系即可求出结果；（2）根据条件可得即可求出结果.【小问1详解】设，由已知得，又，可得，即．　①由已知得，又，可得，即．　②联立①②解得，∴．【小问2详解】设，∵，∴，又∵，，∴，解得．∴，又∵，∴轴，故直线MQ的倾斜角为90°．18. 如图，在正方体中， E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.19. 已知直线l的方程为.（1）证明：无论m为何值，直线l恒过定点，并求出定点的坐标；（2）若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在直线l使得的面积为9.若存在，求出直线l的方程；若不存，请说明理由.【答案】（1）证明见解析； （2）存在，或【解析】【分析】（1）在直线的方程中，先分离参数，再令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线经过定点的坐标.（2）求出A、B的坐标，根据的面积为9，求出m的值，可得结论.【小问1详解】直线l的方程为，即，令，可得，求得，，可得该直线一定经过和的交点.【小问2详解】若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，则、，且，，∴，或.则的面积为，即，即，∴，或 .故存在直线l满足条件，且满足条件的出直线l的方程为，或.20. 已知一个圆锥的底面半径为，母线长为.（1）求圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角;（2）若圆锥中内接一个高为的圆柱.求圆柱的表面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由圆锥侧面展开图的定义计算；（2）由圆锥截面性质，在轴截面中得到相似三角形，由比例性质可得圆柱的底面半径后可得圆柱表面积．【详解】（1）（2）如图所示，设圆锥的底面半径为,圆柱的底面半径为，表面积为,则易知，即【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图，考查圆柱表面积，考查圆锥的内接圆柱性质．解题关键是掌握圆锥平行于底面的截面的性质．21. 如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，．（1）求证：；（2）若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）利用直角三角形和余弦定理及勾股定理的逆定理经过计算可证得，然后根据已知条件，利用面面垂直的性质定理可证得平面ACEF，从而证得结论；（2）根据已知条件利用面面垂直的性质定理可证得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量运算求得.【小问1详解】因为，，则四边形ABCD为直角梯形，又因为，可得，，则，且，．可知，即，又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ABCD，则平面ACEF,且平面ACEF，所以.【小问2详解】因为四边形ACEF为矩形，则,又因为平面平面ABCD, 平面平面,平面ACEF,则平面ABCD,且，则CE⊥平面ABCD所以AF,AB,AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示.则，设,平面PBD的法向量为因为,则,令,则,,平面ABD的法向量为,则,解得，在线段AF上存在点P，使得二面角的余弦值为，线段AP的长为1.22. 将一块直角三角形木板置于平面直角坐标系中，已知，点是三角形木板内一点，现因三角形木板中阴影部分受到损坏，要把损坏部分钻掉，可用经过点的任一直线将三角形木板钻成设直线的斜率为（1）求点的坐标(用表示)及直线的斜率的范围；（2）令的面积为，试求出的取值范围.【答案】（1），；（2）.