2024-2025学年广东省广信中学、四会中学等五校高二（上）第二次段考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广信中学、四会中学等五校高二（上）第二次段考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.过A(2,t)，B(5,−5)两点的直线的倾斜角是135°，则t=( )
A. 2B. −2C. 4D. −4
2.已知直线l1：x+ay−20=0与l2：2x+(a+1)y−10=0.若l1//l2，则a=( )
A. −1B. 1C. 13D. 2
3.一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为( )
A. 100π3B. 208π3C. 500π3D. 416 3π3
4.关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A. 若l//α，α∩β=m，则l//mB. 若l//α，m//α，则l//m
C. 若l⊥α，m//α，则l⊥mD. 若l//α，m⊥l，则m⊥α
5.已知一个圆锥的体积为 3π3，其侧面积是底面积的2倍，则其表面积为( )
A. 2πB. 3πC. − 3πD. 2 3π
6.圆台的高为2，体积为14π，两底面圆的半径比为1：2，则母线和轴的夹角的正切值为( )
A. 33B. 32C. 2 33D. 3
7.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63
B. − 63
C. 33
D. − 33
8.《九章算术》中关于“刍童”(上、下底面均为矩形的棱台)体积计算的注释：将上底面的长乘以二与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘以二与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一.现有“刍童”ABCD−EFGH，其上、下底面均为正方形，若EF=2AB=8，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为3 2，则该“刍童”的体积为( )
A. 224B. 448C. 2243D. 147
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 直线x− 3y+3=0的倾斜角为60°
B. 直线3x−2y−4=0在y轴上的截距为−2
C. 直线(m+3)x−y−m+2=0过定点(1,5)
D. 三条直线y=−x+1，2x+3y−5=0，x4+y2=1交于同一点
10.下列说法正确的是( )
A. 已知空间向量m=(3,1,3),n=(−1,λ,−1)，且m//n，则实数λ=−13
B. 直线x+2y−4=0与直线2x+4y+1=0之间的距离是 52．
C. 已知直线l过点(2,1)，且与x，y轴正半轴交于点A、B两点，则△AOB面积的最小值为4
D. 若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线l的斜率为−23
11.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )
A. BD⊥平面ACC1
B. 向量B1C与AA1的夹角是60°
C. AC1=3 6
D. 直线BD1与AC所成角的余弦值为 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1：(2a−1)x+y+3=0，l2：x+ay+3=0，若l1⊥l2，则a= ______．
13.已知A(2,1)点到直线x−ay+1=0的距离为1，则a= ______．
14.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC上的动点且不与B重合，F为线段A1E的中点.给出下列四个命题：
①三棱锥A−A1BE的体积为12；
②AB1⊥A1E；
③△ADF的面积为定值；
④四棱锥F−ABB1A1是正四棱锥．
其中所有正确命题的序号是 ．
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.(本小题13分)
已知△ABC的三个顶点分别为A(2,−1)，B(2,4)，C(4,1)．
(1)求边AC的中线和高所在直线的方程；
(2)若过顶点A的直线l的斜率存在，且原点到直线l的距离为2，求直线l的方程．
16.(本小题15分)
如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为PA的中点，PD= 2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形．

(1)求证：AC/​/平面DEF；
(2)求点F到直线PC的距离；
(3)求平面ABCD与平面BCP夹角的余弦值
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=2，AD=1，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M，N分别为AD，PD的中点．
(1)求点B到平面MNC的距离；
(2)求直线MB与平面BNC所成角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知圆心为C的圆经过O(0,0)，A(0,2 3)两点，且圆心C在直线l：y= 3x上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)点P在圆C上运动，求|PO|2+|PA|2的取值范围．
19.(本小题17分)
在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE/​/BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN的夹角的余弦值为 34，若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.C
5.B
6.B
7.C
8.B
9.BCD
10.ACD
11.ACD
12.13
13.43
14.②③④
15.解：(1)①边AC的中点为D(3,0)，又B(2,4)，∴直线BD的斜率为4−02−3=−4，
∴边AC上的中线所在直线的方程为y−0=−4(x−3)，即4x+y−12=0．
②直线AC的斜率为1−(−1)4−2=1，∴边AC上的高所在直线的斜率为−1，
∴边AC上的高所在直线的方程为y−4=−(x−2)，即x+y−6=0．
(2)①当直线l的斜率存在时，直线l的方程可设为y+1=k(x−2)，即kx−y−2k−1=0，
由题意，原点到直线l的距离为2，即|2k+1| k2+1=2，解得k=34，
∴所求直线l的方程为3x−4y−10=0．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，符合题意；
综上，所求直线l的方程为x=2或3x−4y−10=0．
16.解：(1)证明：设CP∩DE=G，连接FG，

由四边形PDCE为矩形，得G为PC中点，
又F为PA中点，则AC/​/FG，
又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC/​/平面DEF．
(2)由PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=90°，得直线DA、DC、DP两两垂直，
以D为坐标原点，直线DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则B(1,1,0)、C(0,2,0)、P(0,0, 2)、F(12,0, 22)，
PF=(12,0,− 22)，CP=(0,−2, 2)，
所以点F到直线PC的距离为d= |PF|2−(PF⋅CP|CP|)2= 34−(−1 6)2= 216．
(3)由(2)可知，BC=(−1,1,0)，CP=(0,−2, 2)，
设平面BCP的法向量n=(x,y,z)，
则BC⊥nCP⊥n，则BC⋅n=−x+y=0CP⋅n=−2y+ 2z=0，
令y=1，得n=(1,1, 2)，
易知平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1)，
则|csm,n|=|m⋅n||m|⋅|n|= 22，
所以平面ABCD与平面BCP的夹角的余弦值为 22．
17.解：(1)∵PD=2，AD=1，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，
以D为原点，如图建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，
∵M，N分别为DA，DP中点，∴M(12,0,0)，N(0,0,1)，
则MN=(−12,0,1)，MC=(−12,1,0)，MB=(12,1,0)，
设平面MNC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MN=−12x+z=0n⋅MC=−12x+y=0，
令x=2，则y=1，z=1，所以n=(2,1,1)，
则MB⋅n=2×12+1×1+1×0=2，|n|= 22+12+12= 6，
∴点B到平面MNC的距离d=|MB⋅n||n|=2 6= 63；
(2)首先设平面BNC的法向量m=(a,b,c)，BN=(−1,−1,1)，BC=(−1,0,0)，
由m⋅BN=0m⋅BC=0，即−a−b+c=0−a=0，令c=1，则a=0，b=1，所以m=(0,1,1)，
设直线MB与平面BNC所成角为θ，
则MB⋅m=0×12+1×1+1×0=1，|MB|= (12)2+12= 52，|m|= 02+12+12= 2，
所以sinθ=|MB⋅m||MB||m|=1 52× 2= 105，
所以csθ= 1−( 105)2= 155，
则直线MB与平面BNC所成角的余弦值 155．
18.解：(1)因为圆心C在直线l：y= 3x上，
所以设圆心C的坐标为(a, 3a)，
所以圆C的方程为(x−a)2+(x− 3a)2=r2(r>0)，
因为圆经过O(0,0)，A(0,2 3)两点，
所以(0−a)2+(0− 3a)2=r2(0−a)2+(2 3− 3a)2=r2，解得a=1r=2，
所以圆C的标准方程为(x−1)2+(y− 3)2=4，
(2)因为点P在圆C上运动，设P(x,y)，
所以|PO|2+|PA|2=x2+y2+x2+(y−2 3)2
=2x2+2y2−4 3y+12
=2[(x−1)2+(y− 3)2]+4x+4
=4x+12，
因为−1≤x≤3，
所以8≤4x+12≤24，
所以|PO|2+|PA|2的取值范围是[8,24]．
19.(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，DE/​/BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)解：由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系C−xyz，

因为AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
假设在线段AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA1，则CN=(0,0,2 3λ)，
BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0,2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅BM=x1−3y1+ 3z1=0n1⋅BN=−3y1+2 3λz1=0，
不妨令z1= 3，则y1=2λ，x1=6λ−3，
所以n1=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的一个法向量为n2−=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z2=0n2⋅CM=x2+ 3z2=0，
不妨令z2= 3，则x2=−3，y2=0，
所以n−2=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN所成角余弦值为 34，
则满足cs=|n1⋅n2||n1||n2|=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN所成角余弦值为 34，
此时CN的长度为 3或2 3．