江西省景德镇市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 含解析

这是一份江西省景德镇市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分：150分 考试时间：120（分钟） 命题人：洪乃明 审题人：叶休
第一部分 选择题（共58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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解.
【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：；
故选：C
2. 直线的方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的斜率及方向向量定义判断即可.
【详解】直线的斜率为12，所以方向向量是.
故选：A.
3. “”是“两条直线，平行”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线平行的条件计算可得结论.
【详解】当时，两条直线，，两直线平行，
所以“”是“两条直线，平行”的充分条件；
因为直线的斜率存在且为，
由两直线平行，所以的斜率存在且为，
所以，解得或，
当时，直线方程均为，此时直线重合，故不符合题意，舍去；
所以“”是“两条直线，平行”的充要条件.
故选：C.
4. 定义：通过小时内降水在平地上的积水厚度（）来判断降雨程度；其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）；小明用一个圆锥形容器（如图）接了小时的雨水，则这天降雨属于哪个等级（ ）

A 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
【答案】B
【解析】
【分析】计算圆锥的体积，进而可得降雨高度，即可判断.
【详解】
做出容器的轴截面，如图所示，
则，，，
则为中点，
则，，
由已知在直径为的圆柱内的降雨总体积，
则降雨高度为，
所以降雨级别为中雨，
故选：B.
5. 直线关于x=1对称直线，直线的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知直线与直线交于点，求出原点关于直线对称的对称点B，利用两点坐标求直线斜率公式和直线的点斜式方程即可得出结果.
【详解】如图，直线与直线交于点，直线过原点，
因为直线与直线l关于直线对称，
所以原点关于直线的对称点为，且直线l过点A、B，
则直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，
即.
故选：C
6. 若P是所在平面外一点，且，，则点P在所在平面内的射影O是的（ ）
A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心
【答案】D
【解析】
【分析】根据且，，利用线面垂直的判定定理得到，即可.
详解】解：如图所示：
因为，且，
所以平面，则，
同理得，
所以O是的垂心．
故选：D
7. 四边形ABCD是矩形，，点E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕旋转至与四边形重合，则直线所成角在旋转过程中（ ）
A. 逐步变大B. 逐步变小
C. 先变小后变大D. 先变大后变小
【答案】D
【解析】
【分析】根据初始时刻ED与BF所成角可判断BC，由题可知在平面内的投影一直落在直线上，进而某一时刻，可得与所成角为，可判断AD.
【详解】由题可知初始时刻与所成角为0，故错误，
在四边形AEFD绕旋转过程中，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面，故在平面内的投影一直落在直线上，
所以一定存在某一时刻，而平面，，又平面，
所以平面，此时与所成角为，然后开始变小，
故直线所成角在旋转过程中先变大后变小，故选项A错误，选项D正确.
故选：D.
8. 半球内放三个半径为的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件求出以三个小球的球心、、构成的三角形的外接圆半径，再通过勾股定理求解即可.
【详解】
三个小球的球心、、构成边长为的正三角形，则其外接圆半径为．
设半球的球心为，小球与半球底面切于点．
如图，经过点、、作半球的截面，半圆的半径，于点．
则．
在中，由．
故选：D
二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，正确的有（ ）
A. 若向量、与空间任意向量都不能构成一组基，则
B. 若非零向量，，满足，，则有
C. “倾斜角相等”是“斜率相等”的充要条件
D. 若是空间的一组基，则也是空间的一组基
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间向量共线、垂直、基底、共面、倾斜角和斜率的关系、充要条件等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，∵，与任何向量都不构成空间向量的基底，
∴，只能为共线向量，∴，A对；
B选项，取，，，显然满足，，
但与不平行，B不对；
C选项，倾斜角相等时，可能倾斜角都是，此时直线没有斜率，所以C选项错误.
D选项，∵，，为一组基底，
∴对于空间任意向量，存在实数m，n，t，
使，
∴，，也是一组基底，D对；
故选：AD
10. 用一个平面去截正方体，所得截面不可能是（ ）
A. 直角三角形B. 直角梯形C. 正五边形D. 正六边形
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项．
【详解】当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形；
截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；
当截面为五边形时，不可能出现正五边形；
截面为六边形时，可能出现正六边形，
故选：ABC．
11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
第二部分 非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设直线，的方向向量分别为，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得方程，解方程即可.
【详解】由已知，即，
则，
解得，
故答案为：.
13. 有一根高为，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________.
【答案】
【解析】
【分析】考虑圆柱的侧面展开图，将其延展一倍后矩形的对角线的长度即为铁丝的最短长度.
【详解】如图，把圆柱的侧面展开图再 延展一倍，
所以铁丝的最短长度即为的长，又，填.
【点睛】几何体表面路径最短问题，往往需要考虑几何体的侧面展开图，把空间问题转为平面问题来处理.
14. 如图，已知正三棱锥的侧棱长为，过其底面中心作动平面，交线段于点，交，的延长线于，两点.则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算得到，再利用空间四点共面的性质即可得解.
【详解】依题意，设，
则，，，

由为底面中心，连接，，
，
又因为四点共面，
所以且，
所以，即，
即.
故答案为：
【点睛】关键点睛：空间向量的有效运用：空间向量是解决空间几何问题的有力工具. 通过设定向量的关系，可以有效地将几何问题转化为代数问题，简化求解过程.共面条件的判断：四点共面的条件在空间几何中非常重要. 利用这一条件，可以将空间中的复杂关系转化为简单的线性关系，方便求解.
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. 已知直线．
（1）若直线不经过第一象限，求k的取值范围；
（2）若直线交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，的面积为S（O为坐标原点），求S的最小值和此时直线的方程．
【答案】（1）
（2）的最小值为，此时直线的方程为
【解析】
【分析】(1)验证时，直线是否符合要求，当时，将直线方程化为斜截式，结合条件列不等式求k的取值范围；(2)先求直线在轴和轴上的截距，表示的面积，利用基本不等式求其最小值.
【小问1详解】
当时，方程可化为，不经过第一象限；
当时，方程可化为，
要使直线不经过第一象限，则
解得．
综上，k的取值范围为．
【小问2详解】
由题意可得，
由取得，
取得，
所以，
当且仅当时，即时取等号，
综上，此时，直线的方程为．
16. 如图，平面，，，，，．

（1）求证：平面ADE；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可利用面面平行的判定定理证明平面平面ADE，再由面面平行的性质可得结论；
（2）由几何体特征建立以为原点的空间直角坐标系，利用空间向量求出直线的方向向量与平面的法向量，即可求出直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
由，平面，平面，则平面，
由，平面，平面，则平面，
而，平面，
故平面平面，
又平面BCF，则平面；
【小问2详解】
平面ABCD，平面，
则，，又，
以为原点，分别以为轴构建空间直角坐标系，如下图所示：

又，，
所以，，，，
则，，，
令平面的一个法向量，则，
令，则，即，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17. 如图，为矩形，为梯形，平面平面，，，.

（1）若M为中点，求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的大小；
（3）设平面平面，试判断l与平面能否垂直？并证明你的结论.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）能垂直，证明见解析
【解析】
【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）利用线线平行可得是直线与直线所成角，利用面面垂直可得，结合已知条件可得，利用线面垂直可得，可得出的值，即可求解.
（3）根据题意可得，利用平行的传递性，可证明平面.
【小问1详解】
连结，交于，连接，
∵为矩形，∴为的中点，
在中，，分别为，的中点，
∴，
因为面，面，
所以平面.
【小问2详解】
∵，∴，
∴是直线与直线所成角.
∵为矩形，∴，
∵平面平面，
又平面，平面平面，
∴平面，
∵平面，∴，，
在中，∵，，∴，
∵，∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，∵平面，∴，
在中，∵，∴，
∴，从而直线与直线所成的角为；
【小问3详解】
l与平面垂直.证明如下：
∵为矩形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
平面，∵平面平面，
∴，则，
由（2）可知平面，∴平面.

18. 如图，平行六面体的所有棱长均为，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内．
（1）若为中点，求证：；
（2）若平面，求线段长度最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件先求，，，再证明，由此完成证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量和直线的方向向量，由条件列方程确定的关系，再求的最小值即可.
【小问1详解】
由已知，，，，
所以，
，
，
因为为中点，
所以，
又，
所以，
所以
所以
【小问2详解】
连接，，
∵，
∴，
∵，
∴，
连接，
由正方形的性质可得三点共线，为的中点，
所以，
由第一问，
平面，，
所以平面，
以为坐标原点， 所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系
、、、、
，
设平面法向量为，，
则，所以，
∴，
令，则，．
∴为平面的一个法向量，
因为点在平面内，
故设点的坐标为，
因为，
所以，
，则，
所以，
所以当时，有最小值，最小值为.
19. 在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为n=a,b,c，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）求平面的一般式方程.
（2）求到直线的距离.
（3）在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案.
（2）利用等面积法来求得到直线的距离.
（3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案.
【小问1详解】
由于平面，
所以平面，所以是直线与平面所成角，
所以，所以.
所以，
所以,
，设平面的法向量为，
则，故可设，平面，
则平面的方程为，
即.
【小问2详解】
在中，，，
设到的距离为，则，
由于平行四边形和平行四边形全等，
所以到直线的距离等于设到的距离，
即到直线的距离为.
【小问3详解】
，，，，
即，而，
所以，
设，则，即，
所以，，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设.
设平面的法向量为，
则，故可设，
若平面平面，则，
即，
解得，负根舍去，
所以存在符合题意的点，且.