2025-2026学年山东省潍坊市寿光一中培优班高二（上）期中数学试卷（一）（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年山东省潍坊市寿光一中培优班高二（上）期中数学试卷（一）（有答案和解析），共18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.直线x+ 33y+1=0的倾斜角α=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.直线3x+2y−1=0的一个方向向量是( )
A. (2,−3)B. (2,3)C. (−3,2)D. (3,2)
3.圆C：x2+y2−4x+4y+4=0的圆心坐标与半径分别为( )
A. (2,−2)，4B. (−2,2)，4C. (−2,2)，2D. (2,−2)，2
4.已知直线x+my+2m−1=0和直线mx+y+1=0平行，则实数m的值为( )
A. 0B. −1C. 1D. −1或1
5.圆x2+y2=9上任意一点P到直线x+y−4 2=0的距离的最大值为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
6.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点E为上底面对角线A1C1的中点，若BE=AA1+xAB+yAD，则( )
A. x=−12,y=12B. x=12,y=−12C. x=−12,y=−12D. x=12,y=12
7.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，E为线段A1B1的中点，则点B到直线DE的距离为( )
A. 33
B. 55
C. 666
D. 777
8.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB=3，AA1=6，P是侧面BCC1B1内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为( )
A. 5
B. 53
C. 2
D. 259
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( )
A. 已知直线x+y−a=0与直线3x−ay+3=0平行，则它们之间的距离是 2
B. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充要条件
C. 当点P(3,2)到直线mx−y+1−2m=0的距离最大时，m的值为−1
D. 已知直线l过定点P(1,0)且与以A(2,−3)，B(−3,−2)为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是(−∞,−3]∪[12,+∞)
10.下列说法正确的是( )
A. 若直线l的方向向量为e=(1,0,3)，平面α的法向量为n=(−2,0,23)，则l//α
B. 对空间任意一点O和不共线三点A，B，C，若OP=−14OA+38OB+78OC，则P，A，B，C四点共面
C. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
D. 已知a=(1,1,x),b=(3,x,9)，若a与b的夹角为钝角，则x0,b>0)对称，则1a+3b的最小值是 .
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)
在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A(0,0)，B(−2,0)，C(−3,−3).
(1)求BC边上的中线AD所在直线的方程；
(2)求△ABC的外接圆O的标准方程.
16.(本小题15分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，∠A1AB=∠A1AD=60∘，A1A=2，AB=a，AD=b，AA1=c，M为CC1中点.
(1)用空间的一个基底{a,b,c}表示DM，A1C；
(2)求|DM|，|A1C|，异面直线DM与A1C所成角的余弦值.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△BAC与△ADC均为等腰直角三角形，∠BAC=90∘，∠ADC=90∘.
(Ⅰ)若E为PB的中点，求证：AE//平面PDC；
(Ⅱ)若PA⊥平面ABCD，PA=AC=2.
(i)求平面PAB与平面PDC夹角的余弦值；
(ii)求点A到平面PDC的距离.
18.(本小题17分)
已知直线l1：(m+2)x−my−8=0与直线l2：mx+y−4=0，m∈R.
(1)若l1⊥l2，求m的值；
(2)若点P(1,m)在直线l2上，直线l过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线l的方程.
(3)△ABC中，A为直线l1过的定点，AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y−14=0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x+y−14=0，求直线BC的方程.
19.(本小题17分)
如图，边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，E，F分别为AB，AD的中点，沿DE将△ADE折起，使得平面ADE⊥平面BCDE.
(1)证明：平面ADE⊥平面ACD；
(2)在棱BC上是否存在一点G，使得直线FG与平面BCDE所成的角最大？若存在，求BG的长度，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意已知直线的斜率为− 3，tan2π3=− 3，因此倾斜角为2π3.
故选：C.
由直线得斜率，由斜率得倾斜角．
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线的方向向量，属于基础题．
先根据直线方程得直线的斜率，再根据斜率可得直线的方向向量．
【解答】
解：依题意，直线3x+2y−1=0的斜率为k=−32，
∴则直线3x+2y−1=0的一个方向向量为(2,−3)，
故选：A.
3.【答案】D
【解析】解：由圆C：x2+y2−4x+4y+4=0，
所以圆心坐标为C(−−42,−42)，即C(2,−2)，半径为 (−4)2+42−4×42=2.
故选：D.
将圆的方程化为标准方程可得圆心坐标和半径．
本题考查圆的圆心坐标及半径的求法，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为两条直线平行，可得1×1=m×m，且m×1≠(2m−1)×1，
解得m=−1.
故选：B.
由两条直线平行的充要条件列方程，解得即可．
本题考查两条直线平行的充要条件的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，圆x2+y2=9的圆心为O(0,0)，半径为r=3，
因为圆心到直线x+y−4 2=0的距离d=|0+0−4 2| 2=4，
所以圆x2+y2=9上任意一点P到直线x+y−4 2=0的距离的最大值为d+r=4+3=7.
故选：C.
由题意算出求出圆x2+y2=9的圆心与半径，然后算出圆心到直线x+y−4 2=0的距离，进而可得点P到直线x+y−4 2=0的距离的最大值．
本题主要考查圆的方程及其性质、点到直线的距离公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，得；
BE=BB1+12(BA+BC)
=AA1+12BA+12BC
=AA1−12AB+12AD，
又∵BE=AA1+xAB+yAD，
∴x=−12，y=12，
故选：A.
根据空间向量的线性表示，用AA1、AB、AD表示BE即可．
本题考查了空间向量的应用问题，是基础题目．
7.【答案】D
【解析】解：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=1，AA1=2，得D(0,0,0)，B(1,1,0)，线段A1B1的中点E(1,12,2)，
则DB=(1,1,0),DE=(1,12,2)，
因为|DB|=2，|DE|= 212，DE⋅DB=32，
所以点B到直线DE的距离h= |DB|2−(|DE⋅DB||DE|)2= 2−(32 212)2= 777.
故选：D.
根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式求解．
本题考查向量法的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图所示：以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，C1(0,3,6)，B1(3,3,6)，D1(0,0,6)，
所以BD1=(−3,−3,6)，
设P(x,3,z)(0≤x≤3,0≤z≤6)，
则AP=(x−3,3,z)，
因为AP⊥BD1，
所以AP⋅BD1=9−3x−9+6z=0，
即x=2z，则0≤z≤32，
所以AP=(2z−3,3,z)，
平面BCC1B1的一个法向量为n=(0,1,0)，
则sinθ=|cs|=|AP⋅n||AP|⋅|n|=3 (2z−3)2+9+z2=3 5(z−65)2+545，θ∈[0,π2]，
所以当z=65时，sinθ最大为 5 6，
则csθ= 1−sin2θ=1 6，
此时tanθ最大为 5.
故选：A.
建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直关系得到x=2z，确定平面的法向量为n=(0,1,0)，再根据向量的夹角公式计算得到答案．
本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由题可得：1×(−a)−3=0，解得a=−3，
直线3x+3y+3=0，即x+y+1=0，
则x+y+3=0与x+y+1=0的距离为|3−1| 1+1= 2，选项A正确；
对于B，由题可得，a2×1+(−1)×(−a)=0，解得a=−1或a=0，
可知“a=−1”两直线垂直的充分不必要条件，选项B错误；
对于C，直线mx−y+1−2m=0，即为m(x−2)+1−y=0，由x−2=01−y=0得x=2y=1，
则直线mx−y+1−2m=0过定点Q(2,1)，斜率为m，
当直线mx−y+1−2m=0与PQ垂直时，点P(3,2)到直线mx−y+1−2m=0的距离最大，
因为kPQ=2−13−2=1，所以m=−1，选项C正确；
对于D，如图，kPA=−3−02−1=−3,kPB=−2−0−3−1=12，
由图可知，当k≥12或k≤−3时，直线l与线段AB有交点，故选项D正确．
故选：ACD.
应用直线平行求出参数再应用平行线间距离计算判断A，根据垂直得出参数再结合充分不必要条件定义判断B，应用直线的定点结合垂直计算求参判断C，数形结合得出有交点时的斜率范围判断D.
本题主要考查直线的相关知识，考查计算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A：e=(1,0,3)，n=(−2,0,23)，
可得e⋅n=1×(−2)+0×0+3×23=0，所以l//α或l⊂α，故A错误；
对于B：因为OP=−14OA+38OB+78OC，因为−14+38+78=1，所以P，A，B，C四点共面，故B正确；
对于C：根据空间向量基底的概念，空间中的三个向量，
若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，可知C正确；
对于D：因为a=(1,1,x),b=(3,x,9)，所以a⋅b=1×3+1×x+x×9=3+10x，
因为a与b的夹角为钝角，则 3+10x0)对称，
所以圆心(−1,3)在直线ax−by+3=0，即−a−3b+3=0，
所以a+3b=3，
则1a+3b=13(1a+3b)(a+3b)=13(10+3ba+3ab)≥13(10+2 3ba⋅3ab)=163，
当且仅当b=a=34时取等号．
故答案为：163.
结合直线与圆的位置关系可得a+3b=3，然后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了直线与圆位置关系的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
15.【答案】解：(1)因为B(−2,0)，C(−3,−3)，
所以BC边的中点D的坐标为(−52,−32)，
所以中线AD的斜率为−32−0−52−0=35，
所以中线AD的直线方程为：y−0=35(x−0)，
即3x−5y=0；
(2)设△ABC的外接圆O的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为点A，B，C三点在圆上，
所以F=04−2D+F=09+9−3D−3E+F=0，
解得：D=2E=4F=0，
所以外接圆O的方程为x2+y2+2x+4y=0，
所以圆O的标准方程为：(x+1)2+(y+2)2=5.
【解析】(1)根据B，C的坐标求出BC边的中点D的坐标，由斜率公式求出中线AD的斜率，由点斜式方程，即可得出AD所在直线的方程；
(2)设△ABC的外接圆O的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将点A，B，C坐标代入圆的一般式方程，求解得出圆的一般式方程，再化为标准方程即可．
本题考查圆的方程的求法，三角形的中线的求法，属于中档题．
16.【答案】DM=a+12c，A1C=a+b−c |DM|= 3，|A1C|= 2，异面直线DM与A1C所成角的余弦为 66
【解析】(1)因为AB=a，AD=b，AA1=c，M为CC1中点，所以DM=DC+CM=AB+12AA1=a+12c，
A1C=A1A+AB+BC=−AA1+AB+AD=−c+a+b=a+b−c；
(2)因为DM2=(a+12c)2=a2+a⋅c+14c2=1+1×2×cs60∘+1=3，
所以|DM|= 3，
因为A1C2=(a+b−c)2=a2+b2+c2+2a⋅b−2a⋅c−2b⋅c=1+1+4+0−2×1×2×cs60∘−2×1×2×cs60∘=2，
所以|A1C|= 2，
计算DM⋅A1C=(a+12c)⋅(a+b−c)=a2+a⋅b−12a⋅c+12b⋅c−12c2=1+0−12×1×2×cs60∘+12×1×2×cs60∘−12×4=−1，
所以cs=DM⋅A1C|DM||A1C|=−1 3× 2=− 66，
所以异面直线DM与A1C所成角的余弦为 66.
(1)利用空间向量的线性表示求解即可；
(2)根据空间向量的数量积运算求解即可．
本题考查了空间向量的线性表示与数量积运算问题，是基础题．
17.【答案】(Ⅰ)取BC 中点F，连接AF，EF，
如图：
因为△BAC与△ADC均为等腰直角三角形，且∠BAC=90∘，∠ADC=90∘，
所以四边形ABCD为直角梯形，且BC=2AD，AD⊥CD，AD=CD，
所以四边形AFCD为正方形，
所以AF//CD，
又因为CD⊂平面PDC，AF⊄平面PDC，
所以AF//平面PDC，
又因为E为PB中点，
所以EF//PC，
又因为PC⊂平面PDC，EF⊄平面PDC，
所以EF//平面PDC，且AF，EF⊂平面AEF，AF∩EF=F，
所以平面AEF//平面PDC，
又AE⊂平面AEF，
所以AE//平面PDC；
(Ⅱ)(i) 33；(ii)2 33.
【解析】证明：(Ⅰ)取BC 中点F，连接AF，EF，
如图：
因为△BAC与△ADC均为等腰直角三角形，且∠BAC=90∘，∠ADC=90∘，
所以四边形ABCD为直角梯形，且BC=2AD，AD⊥CD，AD=CD，
所以四边形AFCD为正方形，
所以AF//CD，
又因为CD⊂平面PDC，AF⊄平面PDC，
所以AF//平面PDC，
又因为E为PB中点，
所以EF//PC，
又因为PC⊂平面PDC，EF⊄平面PDC，
所以EF//平面PDC，且AF，EF⊂平面AEF，AF∩EF=F，
所以平面AEF//平面PDC，
又AE⊂平面AEF，
所以AE//平面PDC；
解：(Ⅱ)因为PA⊥平面ABCD，四边形AFCD为正方形，
故可以A为原点，建立空间直角坐标系，如图：
因为PA=AC=2，所以A(0,0,0)，B( 2,− 2,0)，C( 2, 2,0)，D(0, 2,0)，P(0,0,2)，
所以AC=( 2, 2,0)，DC=( 2,0,0)，DP=(0,− 2,2)，AP=(0,0,2)，
设平面PDC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥DCn⊥DP⇒n⋅DC= 2x=0n⋅DP=− 2y+2z=0，
可取n=(0, 2,1)，
因为AC⊥AB，AC⊥AP，
所以平面PAB的一个法向量为AC=( 2, 2,0)，
(i)设平面PAB与平面PDC夹角为θ，
则csθ=|n⋅AC||n|⋅|AC|=2 3×2= 33；
(ii)点A到平面PDC的距离为|AP⋅n||n|=2 3=2 33.
(Ⅰ)先证平面AEF//平面PDC，再根据面面平行得到线面平行；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离．
本题主要考查线面平行的判定以及二面角的平面角以及点到直线的距离，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为直线l1：(m+2)x−my−8=0与直线l2：mx+y−4=0，m∈R.
若l1⊥l2，则(m+2)m−m=0，
解得m=0或m=−1.
(2)若点P(1,m)在直线l2上，则m×1+m−4=0，即m=2，
所以P(1,2)，
当直线l经过原点时，直线l的方程为y=2x，即2x−y=0；
当直线l不经过原点时，设直线l的方程为xa−ya=1，
代入点P(1,2)，有1a−2a=1，解得a=−1，
所以直线l的方程为x−1−y−1=1，即x−y+1=0，
综上直线l的方程为2x−y=0或x−y+1=0.
(3)将直线l1：(m+2)x−my−8=0整理得m(x−y)+2x−8=0，
令x−y=02x−8=0，得x=4y=4，所以直线l1恒过定点(4,4)，即A(4,4)，
因为AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y−14=0，
所以直线AB的斜率为2，
所以直线AB的方程为y−4=2(x−4)，即y=2x−4，
又中线BE所在直线的方程为2x+y−14=0，
联立y=2x−42x+y−14=0，解得x=92y=5，即B(92,5)，
设C(m,n)，
代入高线CD所在直线的方程x+2y−14=0，有m+2n−14=0，
由A(4,4)，知AC的中点E的坐标为(4+m2,4+n2)，
代入中线BE所在直线的方程2x+y−14=0，有2⋅4+m2+4+n2−14=0，即m+n2=8，
联立解得m=6，n=4，即C(6,4)，
所以直线BC的方程为y−4=4−56−92(x−6)，即2x+3y−24=0.
【解析】本题考查两条直线交点坐标，直线垂直的条件，直线方程的点斜式与截距式，属于中档题．
(1)根据两条直线垂直的条件，可得关于m的方程，解之即可；
(2)先求得P(1,2)，再分直线l是否经过原点两种情况，结合直线的斜截式或截距式方程，讨论得解；
(3)根据已知条件求得A(4,4)，B(92,5)，设C(m,n)，结合中点坐标公式，以及中线BE和高线CD所在的直线方程，构造关于m和n的方程组，从而求得点C的坐标，再由直线的点斜式方程写出直线BC的方程即可．
19.【答案】(1)证明：在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，
则△ABD为等边三角形，
因为点E为AB的中点，
所以DE⊥AB，又AB//CD，所以DE⊥CD，
因为平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE，DE⊥CD，CD⊂平面BCDE，
所以CD⊥平面ADE，
又CD⊂平面ACD，
所以平面ADE⊥平面ACD；
(2)解：因为AE⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE，AE⊂平面ADE，
所以AE⊥平面BCDE，
可知，EA，EB，ED两两垂直，
所以，以E为坐标原点，EB，ED，EA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，
C(2, 3,0)，D(0, 3,0)，F(0, 32,12)，
所以BC=(1, 3,0)，
设BG=tBC=(t, 3t,0)(0≤t≤1)，
所以G(t+1, 3t,0)，
平面BCDE的一个法向量为n=(0,0,1)，
设直线FG与平面BCDE所成的角为θ，
又FG=(t+1, 3t− 32,−12)，
则sinθ=FG⋅nFGn=12 4t2−t+2，
因为0≤t≤1，所以t=18时， 4t2−t+2取得最小值，此时sinθ取得最大值2 3131，
又因为y=sinθ在[0,π2]上单调递增，所以t=18时，θ取得最大值，
此时BG=18BC=14，即BG的长度为14.
【解析】本题考查线面角的求法，面面垂直的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属中档题．
(1)由已知可得DE⊥CD，利用面面垂直的性质可证CD⊥平面ADE，即可证明；
(2)建立所示的空间直角坐标系，设BG=tBC(0≤t≤1)，求出FG与平面BCDE的法向量，用向量法求出sinθ最大时的t值即可．