湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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1 向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值.
【详解】因为，所以，由题意可得，
所以，则．
故选：C.
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率可确定直线的倾斜角.
【详解】由得，所以该直线的斜率为：.
设直线倾斜角为，则，且，所以.
故选：C
3. 在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解.
【详解】因为，所以
，
从而，即的长为．
故选：C.
4. 已知向量，，且，那么等于（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先根据向量垂直数量积为零求坐标，再根据坐标求模长计算即可.
【详解】因为，，且，
所以，即，所以，
所以，
故选：C．
5. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量运算的三角形法则、平行四边形法则表示出即可.
【详解】
=
故选：A.
6. 已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ）
A.
B.
C. 或
D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分直线过原点与不过原点两种情况求解可得直线的方程.
【详解】根据题意，分2种情况讨论:
①直线过原点，设直线方程为，又由直线经过点，
所以，解得，此时直线的方程为，即；
②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，
则有，解可得，此时直线的方程为，
故直线的方程为或.
故选：D.
7. 在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（ ）
A. 平面与平面的距离为B. 三棱锥外接球的表面积为
C. D. 直线BC与平面所成的角为
【答案】A
【解析】
【分析】D选项，作出辅助线，由线面垂直得到⊥，故⊥平面，直线与平面所成的角为，且，故D错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，所以⊥平面，⊥；B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，从而求出外接球半径，得到外接球表面积；A选项，先证明出平面平面，利用点到平面距离向量公式得到答案.
【详解】D选项，如图1，连接，与相交于O点，

因为⊥平面，且平面，所以⊥，
又因为⊥，，平面，
所以⊥平面，
即直线与平面所成的角为，
且，故D错误；
C选项，如图2，连接，以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
则，所以⊥平面，
又因为平面，则⊥，故C错误；
B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设其外接球的半径为R，则，即，
所以，故B错误；
A选项，如图3，因为，平面，平面，

所以平面，同理平面，
又，平面，所以平面平面，
由B选项可知，平面的一个法向量为，
且，
则两平面间的距离，故A正确.
故选：A
8. 已知两点的坐标分别为，两条直线和的交点为，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由直线所过定点和两直线垂直得到点的轨迹，再设，结合辅助角公式求出即可；
【详解】
由题意可得直线恒过定点，恒过定点，
且两直线的斜率之积为，所以两直线相互垂直，
所以点在以线段为直径的圆上运动，
，设，
则，
所以，
所以当时，即时，取得最大值，此时点的坐标为.
故选：D.
二、多选题（共20分）
9. 如图，四棱柱中，为的中点，为上靠近点的五等分点，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】运用空间向量的基底表示，结合平面向量的三角形法则和线性运算规则可解.
【详解】，
即，故A错误、B正确；
，
即，故C错误，D正确.
故选：BD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 已知向量，则在上的投影向量为
B. 若对空间中任意一点，有则P，A，B，C四点共面
C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D. 若直线的方向向量为平面的法向量，则直线
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.
【详解】因为，
所以在上的投影向量为，故A对；
因，且，则P，A，B，C四点共面，
因为，所以P，A，B，C四点共面，故B对；
是空间的一组基底，若，所以两向量之间不共线，
所以也是空间的一组基底，故C对；
因为直线的方向向量为平面的法向量，
且，则直线或，故D错；
故选：ABC
11. 由正四棱锥P-ABCD和正方体ABCD-A1B1C1D1组成的多面体的所有棱长均为2，则（ ）
A. 平面B. 平面平面
C. 与平面所成角的余弦值为D. 点P到平面的距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，判断与平面的一个法向量是否垂直即可判断A；根据平面和平面的法向量是否垂直判断出B；由线面夹角的正弦的公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；由点到平面的距离公式即可判断D．
【详解】以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
连接，与交点为，连接，则平面，
因为正四棱锥和正方体的所有棱长均为，
所以，，点坐标为，
所以，则，
又，，，，，
对于A：，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
因为，所以与平面不平行，故A错误；
对于B：由A得平面的一个法向量为，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
因为，即，所以平面平面，故B正确；
对于C：由A得平面的一个法向量为，
，设与平面所成角为，
则，
所以，即与平面所成角的余弦值为，故C错误；
对于D：由A得平面的一个法向量为，
因为，
所以点到平面的距离，故D正确；
故选：BD．
12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A.
B. 平面
C. 直线与平面所成的角为
D. 三棱锥外接球表面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D．
【详解】对于A，连接，则，因为，所以，
因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，故A正确；
对于B，连接，由正方体得，，
又，所以，
因为平面，即与平面不平行，
所以与平面不平行，故B错误；
对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且，
所以直线与平面所成的角不是，故C错误；
对于D，由正方体得，平面，且，，
所以三棱锥外接球的直径，
所以，外接球表面积为，故D正确；
故选：AD．
三、填空题（共20分）
13. 在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图，
设正方体的棱长为2，则有，，，
， ， ，
设异面直线与所成角为，
．
故答案为：．
14. 设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
15. 已知，，若点Px,y在线段上，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据的形式，可转化为线段AB上点与连线的斜率，结合图形即可求解.
【详解】的几何意义是点Px,y与点连线的斜率，
又点Px,y在线段上，由图知，
因为，，所以，
因为点P是线段AB上的动点，所以，
故答案为：
16. 如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成角的余弦值为，则线段的长为_______.
【答案】
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值，即可得到方程，解得，从而得解．
【详解】解：如图以为坐标原点建立空间直角坐标系：
则设，
则，设直线与所成角为
所以，即，
解得或（舍去），所以，
故答案为：．
四、解答题（共70分）
17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
18. 在三角形中，内角所对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，三角形的面积为，求三角形的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由正弦定理进行边角互化可得，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系可求出，即可求出.
(2)由三角形的面积公式可得，结合及余弦定理即可求出，即可得出结果.
【小问1详解】
由正弦定理得，所以
所以，整理得，
因，所以，因此，所以，
所以.
【小问2详解】
由的面积为，得，解得，
又,则，.
由余弦定理得，解得，，
所以的周长为.
19. 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）与平面所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【小问1详解】
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
20. 已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为．
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在的直线方程为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；
（2）设点，求出线段的中点的坐标，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，可得出点的坐标，再将点的坐标代入直线的方程，即可求出实数的值.
【小问1详解】
解：由条件知边上的高所在的直线的斜率为，所以直线的斜率为，
又因为，所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
解：因为点在轴上．所以设，则线段的中点为，
点在直线上，所以，得，即，
又点在直线上，所以，解得．
21. 在四棱锥中，四边形是直角梯形，且平面，，点在棱上．
（1）当 时，求证: 平面;
（2）若直线与平面所成的角为 ，二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点O，连接，利用几何性质证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设，求出平面的法向量,用表示出平面的法向量，利用向量的夹角公式计算，即可求得答案.
小问1详解】
证明：连接交于点O，连接，
由 知，，∴，
∵，∴，∴，
又平面，平面，∴平面．
【小问2详解】
∵平面，∴为与底面所成的角，
即，∴，
又四边形是直角梯形，
故以D为坐标原点，分别以为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，，
设平面法向量为，则 ，
即 ，令，则，
设，则，
设平面的法向量为，则，
即 ，令，则，
因为二面角的余弦值为
∴，解得，
∴．
22. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
（1）已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
【答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可；
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解.
【小问1详解】
①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
【小问2详解】
记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率.