广东省深圳市建文外国语学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

这是一份广东省深圳市建文外国语学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题，共15页。试卷主要包含了如图，已知正方体的棱长为，在平面直角坐标系，下列说法中，正确的有等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.
一､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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.如图，已知正方体的棱长为（ ）
A.1 B. C. D.
2.已知在空间直角坐标系中，点，则点到的中点的距离为（ ）
A. B. C.7 D.6
3.已知直线和交于点A，直线和交于点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ）
A. B.
C.或 D.或
5.已知直线的斜率等于，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于（ ）
A.1 B.2 C.4 D.
6.已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A. B.
C. D.
7.如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
8.在平面直角坐标系（为坐标原点）中，不过原点的两直线，的交点为，过点分别向直线引垂线，垂足分别为，则四边形面积的最大值为（ ）
A.3 B. C.5 D.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.如图，直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.下列说法中，正确的有（ ）
A.直线必过定点
B.方程是直线的一般式方程
C.直线的斜率为
D.点到直线的距离为1
11.如图，在平行六面体中，已知，为棱上一点，且，则（ ）
A.
B.直线与所成角的余弦值为
C.平面
D.直线与平面所成角为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.运算的结果是__________.
13.已知是直线的方向向量，是平面的法向量，如果，则__________.
14.已知直线，若，则实数__________.
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.写出满足下列条件的直线的方程.
（1）经过点，斜率是；
（2）经过点，且与轴垂直；
（3）斜率是，在轴上的截距是7；
（4）在轴上的截距是2，且与轴平行；
16.如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.
（1）求点到直线的距离；
（2）求直线到直线的距离；
（3）求点到平面的距离；
17.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，是的中点，作交于点.
（1）求证：面；
（2）求证：平面；
（3）求直线PA与平面的夹角的正弦值.
18.如图，在四棱锥中，底面满足底面，且.
（1）求四棱锥的体积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
19.如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且.
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角正切值.
高二数学期中考试参考答案
参考答案：
1.A
【分析】结合图形利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】因为，
且，
所以.
故选：A.
2.C
【分析】由空间中两点的距离公式求解即可.
【详解】由，则的中点，
则.
故选：C.
3.D
【分析】联立两直线方程分别解得点坐标，再由两点式即可得出直线的方程.
【详解】联立，即；
联立，即；
故直线的方程为，
即.
故选：D
4.C
【分析】当直线经过原点时，直线方程为；当直线不经过原点时，设直线方程为
，把点的坐标代入即可得出.
【详解】由题得当直线在坐标轴上的截距均为0时，直线方程为；
当直线在坐标轴上的截距均不为0时，直线方程可设为，
将代入可得，此时直线方程为.
综上，直线的方程为或.
故选：C.
5.A
【分析】由直线的斜率求出参数，将直线方程写成截距式，再根据面积公式计算可得；
【详解】解：依题意有，所以，于是直线方程为，即，因此直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于.
故选：A
【点睛】本题考查直线的斜率求参数的值，截距式的应用，属于基础题.
6.B
【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得.
【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意；
对于B，因其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，不共面，即B符合题意；
对于C，因，即共面，故C不合题意；
对于D，因，即共面，故D不合题意.
故选：B.
7.B
【分析】由空间向量的线性运算求解.
【详解】由题意
，
又，
，
故选：B
8.D
【分析】由的方程可得它们都过定点，然后可得四边形OMPN为矩形，且，然后可求出答案.
【详解】将直线的方程变形得，
由，得，则直线过定点，
同理可知，直线过定点，
所以，直线和直线的交点的坐标为，易知，直线，如图所示，
易知，四边形为矩形，且，
设，则，
四边形的面积为，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，四边形OMPN面积的最大值为，
故选：D
9.AD
【分析】利用斜率与倾斜角的定义，结合图象判断即可得.
【详解】由图可得，故A､D正确.
故选：AD.
10.AD
【分析】A选项，化为点斜式，求出定点坐标；B选项，，当不全为0时，方程是直线的一般式方程；C选项，直线斜率为选项，利用点到直线距离公式得到答案.
【详解】A选项，直线，必过定点，A正确；
B选项，当不全为0时，方程是直线的一般式方程，B错误；
C选项，直线的斜率为错误；
D选项，点到直线的距离为1，D正确.
故选：AD
11.ABD.
12.
【分析】
利用向量加减､数乘运算律化简即可.
【详解】
.
故答案为：
13.24
【分析】本题涉及直线的方向向量与平面的法向量的关系.如果直线垂直于平面，那么直线的方向向量与平面的法向量平行.根据向量平行的性质来求解的值.
【详解】因为，所以与平行.对于两个平行向量和，根据向量平行的性质，存在实数，使得.
即.根据向量相等的对应分量相等，可得.
那么.
将代入，可得.
故答案为：24.
14.3
【分析】利用直线相互平行的充要条件即可得出.
【详解】解：
故答案为：3.
15.【答案】（1）（2）（3）（4）；
16.【答案】（1）；（2）；（3）；
【分析】（1）建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离；
（2）先证明，再转化为点到直线的距离求解；
（3）求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解；
（4）把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
（1）因为，
所以.
所以点到直线的距离为.
（2）因为，
所以，即，
所以点到直线的距离即为直线到直线的距离.
.
，
所以直线到直线的距离为.
（3）设平面的一个法向量为，
.
由
令，则，即.
设点到平面的距离为，
则，即点到平面的距离为.
17.分析：本题涉及的问题包括：直线与平面平行和垂直的判定，计算两个平面的夹角.这些问题都可以利用向量方法解决.由于四棱锥的底面是正方形，而且一条侧棱垂直于底面，可以利用这些条件建立适当的空间直角坐标系，用向量及坐标表示问题中的几何元素，进而解决问题.
解：以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设.
（1）证明：连接，交于点，连接.
依题意得.
因为底面是正方形，所以点是它的中心，
故点的坐标为，且
，
所以.
而平面，且平面，因此平面.
（2）证明：依题意得
.
又，故
.
所以.
由已知，且.
所以平面.
（3）正弦值为
18.【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先求底面面积，再结合锥体体积公式即可求解；
（2）分别以所在直线为轴，轴､轴，建立如图空间直角坐标系，为
平面的一个法向量，且，求平面的一个法向量，根据，即可求得答案.
【详解】（1）平面，且所以四棱锥的体积；
（2）分别以所在直线为轴，轴､轴，建立如图空间直角坐标系，如图：
由
可得：，
由（1）知平面，
为平面的一个法向量，且；
设为平面的一个法向量，
则，
，
，
，
令，则，
，
设平面与平面所成的二面角为，
，
平面与平面所成二面角的余弦值为.
19.【答案】（1）证明见详解；（2）
【分析】（1）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可证明.
（2）根据三棱锥的体积最大时，分别是棱上中点，过作，连接，得出为平面与平面的夹角，在中即可求解.
【详解】（1）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图：
设，则，
，
，
由，
.
（2），
若三棱锥的体积取得最大值，
则取得最大值，
，
当且仅当时，即时取等号，
即分别是棱上中点，
过作，连接，由三垂线定理可得，
得出为平面与平面的夹角，
，
所以.题号
1
2
3
4
5
6
答案
A
C
D
C
A
B
题号
7
8
9
10
11
答案
B
D
AD
AD
ABD