2024-2025学年上海市延安中学高二（上）数学期末试卷及答案解析

这是一份2024-2025学年上海市延安中学高二（上）数学期末试卷及答案解析，共17页。
1. 若过点，的直线的倾斜角为锐角，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据两点斜率公式求得斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】因为直线斜率，
又因为直线的倾斜角为锐角，
所以，解得.
故答案为：
2. 已知直线l与直线垂直，且经过点，则直线l的方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线l与直线垂直，设其方程为，代入点可得答案.
【详解】根据题意，因为直线l与直线垂直，设l的方程为，
又由直线l经过点，则有，解可得，
故直线l的方程为.
故答案为：．
3. 已知圆，直线被圆C截得的弦长为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系，利用点到直线的距离公式和弦长公式求解.
【详解】解：由题意可得，圆心为，半径，
弦心距，
故直线被C截得的弦长为，
故答案为：
4. 直线与的夹角为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据直线方程可得各直线斜率，进而可得倾斜角之间的关系，从而得夹角.
【详解】直线的斜率，即倾斜角满足，
直线的斜率，即倾斜角满足，
所以，
所以，
又两直线夹角的范围为，
所以两直线夹角为，
故答案为：.
5. 已知点、，C为线段AB上一点，若，则点C的坐标为_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算法则求解即可.
【详解】∵，∴
∴，
∴，
即点C的坐标为
故答案为：.
6. 已知正方体的表面积为24，若球与正方体的各个面均相切，则该球的体积是________．
【答案】##
【解析】
【分析】求出正方体的棱长，再利用球的体积公式求出体积.
【详解】设正方体的棱长为，由正方体的表面积为24，得，解得，
因此与正方体的各个面均相切的球半径，
所以该球的体积是.
故答案为：
7. 已知，若点P是直线上的任意一点，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可知的最小值就是点到直线的距离，利用点到直的距离公式可求得结果.
【详解】由题意可知的最小值就是点到直线的距离，
因为到直线的距离，
所以的最小值为.
故答案为：
8. 已知两条平行直线：，：间的距离为，则______．
【答案】或16
【解析】
【分析】可先通过两直线平行求出参数，接着将两直线的变量系数化为一致，再利用距离公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，
则：，可化直线为，
所以与的距离为，解得或
则或．
9. 已知空间向量，，则向量在向量上投影向量是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．
【详解】向量，，
则，，，
所以向量在向量上的投影向量为
.
故答案为：.
10. 已知直线l被两条直线和截得的线段的中点为，则直线l的一般式方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过解方程组求出直线l与两直线交点的坐标，再利用中点坐标公式进行求解即可.
【详解】设直线l的斜率为，因为直线l过，
所以直线方程为，
由，
由，由题意可知：是截得的线段的中点，
所以，即，
故答案为：
11. 在三棱锥中，平面，是边长为2的正三角形，点满足，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，，利用计算即可.
【详解】因为平面，平面，所以，，
所以，，

因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
12. 在空间四边形中，为中点，为的中点，若，则使、、三点共线的的值是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据空间向量的运算，结合向量共线定理即可求得使、、三点共线的的值.
【详解】由题意可知，
，，则，
，
，，三点共线，，．
故答案为：.
13. 如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案.
【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
二、选择题（本大题满分12分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，选对得3分，否则一律得零分.
14. 如图，在长方体中，M为棱的中点. 若，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可得到结果.
【详解】由题意得，.
故选：A．
15. 设x，，向量，，，且，，则（ ）
A. B. C. 2D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量垂直、平行的坐标运算即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
由可知，，解得，所以.
故选：B.
16. 已知点、、，则外接圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设外接圆的方程为，将三个顶点代入圆的方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】设外接圆的方程为，
由题意可得，解得，
因此，外接圆的方程是.
故选：B.
17. 在等腰直角中，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经，边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的周长等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立如图所示的直角坐标系，得，设，求出关于直线的对称点的坐标，关于轴的对称点的坐标，由反射性质得四点共线，求得直线方程，由在直线上可求得，然后计算即可．
【详解】
建立如图所求的直角坐标系，得，，
则直线方程为，
且的重心为，即，
设，关于直线的对称点为，
则，解得，则，
易知关于轴的对称点为，
根据光线反射原理知四点共线，且，，
所以直线的方程为，即，
又直线过，
所以，解得或（舍去），
所以，，,
所以，
所以的周长为.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用对称性，把的三边转化到同一条直线上，利用直线方程求得点的坐标.
三、解答题（本大题满分49分）本大题共有5题，解答下列各题必须写出必要的步骤.
18. 如图为长方体与半球拼接的组合体，已知长方体的长、宽、高分别为10，8，15（单位：cm），球的直径为5 cm，
（1）求该组合体的体积；
（2）求该组合体的表面积.
【答案】（1）（cm3）
（2）（cm2）．
【解析】
【分析】（1）根据长方体和球的体积公式可求出组合体的体积；
（2）根据长方体和球的表面积公式可求出组合体的表面积；
【小问1详解】
根据该组合体是由一个长方体和一个半球组合而成．
由已知可得，
又，
所以所求几何体体积为：，
【小问2详解】
因为长方体的表面积，
半球的底面积，球的表面积，
故所求几何体的表面积为.
19. 如图所示，平行六面体中，，，，.
（1）用向量，，表示向量，并求；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算直接求解即可，然后根据数量积的运算律及模长公式求解模长；
（2）根据向量运算法则用基底向量表示，结合（1）利用数量积的运算律及数量积定义求解即可.
【小问1详解】
根据空间向量的线性运算，可得，
可得
，
所以.
【小问2详解】
由空间向量运算法则，可得，
因为，，，.
所以
.
20. 在中，，边AC上的高BE所在的直线方程为，边AB上中线CM所在的直线方程为．
（1）求点C坐标；
（2）求直线BC的方程．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出直线的斜率，利用直线的点斜式方程求出直线的方程，再联立求出点坐标.
（2）设，由的中点在直线上求出点，再利用直线的点斜式方程求出直线的方程.
【小问1详解】
由直线：的斜率为，得直线的斜率，
直线的方程为，即，由，解得，
所以点C的坐标为.
【小问2详解】
依题意，设，则边的中点在直线上，
于是，解得：，即点，
所以直线BC的方程为，即.
21. 三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可；
（2）利用面面角向量求法求解即可；
（3）利用点到平面距离的向量求法求解即可.
【小问1详解】
在三棱台中，平面，，
显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，
所以，，，，，，
由，分别是，中点，得，，
则，，
因此，而点直线，则，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）知，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
设二面角的大小为，，
则，
所以二面角的正弦值为；
【小问3详解】
由（1）知，，由（2）知，平面的法向量，
所以点到平面的距离.
22. 已知圆和圆.
（1）若圆与圆相交，求的取值范围；
（2）若直线与圆交于，两点，且，求实数的值；
（3）若，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）由圆的一般方程得到圆的标准方程进而得到圆心和半径，根据两圆相交得到，进而得到的取值范围；
（2）设Px1,y1，Qx2,y2，联立圆与直线的方程，由有两个交点得到的取值范围，由韦达定理得到和，代入，解出的值；
（3）设，由分别写出与的方程，根据弦长和半径相等得到圆心到直线的距离相等，再根据有无数多条直线，得到关于的方程有无数多组解，从而解出，即得到的坐标.
【小问1详解】
圆的标准方程为，则圆心，，
圆的标准方程为，则圆心，
，
圆与圆相交，，即，解得，
的取值范围.
【小问2详解】
已知直线与圆交于，两点，设Px1,y1，Qx2,y2，
联立，得，
所以，得
，
解得，因为，所以.
【小问3详解】
设点坐标为，直线、的方程分别为：，，
即：，，
因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等且两圆半径相等，
由垂径定理得，圆心到直线与直线的距离相等．
故有：，
化简得：或，
因为存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，
所以关于的方程有无穷多解，从而有或，
解得或，
所以点P坐标为或．