湖北十堰市部分普通高中2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题

湖北十堰市部分普通高中2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．直线的斜率为（

）A．不存在 B． C． D．2．已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（

）A． B． C． D．3．经过点且与直线垂直的直线方程为（

）A． B．C． D．4．设直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，则“是“”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．在三棱锥中，若为正三角形，且E为其中心，则等于（

）A． B． C． D．6．已知，是异面直线，，，分别为取自直线，上的单位向量，且，，，则实数的值为（

）A． B．6 C．3 D．7．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（

）．

A． B． C． D．8．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为A． B． C． D．二、多选题9．下列命题中，错误的是（

）A．垂直于同一个平面的两个平面平行B．三个平面两两相交，则交线平行C．一个平面与两个平行平面相交，则交线平行D．平行于同一条直线的两个平面平行10．已知直线的一个方向向量为，且经过点，则下列结论中正确的是（

）A．的倾斜角等于 B．在轴上的截距等于C．与直线垂直 D．上存在与原点距离等于1的点11．已知直线：，：，则（

）A．恒过点 B．若，则C．若，则 D．不经过第三象限，则12．如图，在棱长为4的正四面体ABCD中，E，F分别在棱DA，DC上，且EFAC，若，，，则下列命题正确的是（

）A． B．时，BP与面ABC夹角为φ，则C．若，则P的轨迹为不含端点的直线段 D．时，平面ACD与平面BDP所夹的锐二面角为，三、填空题13．直线与直线平行，则．14．有一组数据2，2，3，3，3，5，7，8，这组数据的第25百分位数是．15．过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是．16．如图，在正方体中，点为线段上的动点，分别为棱的中点，若平面，则．四、问答题17．已知中，点，点，点．(1)求边上的高所在直线的方程；(2)求角平分线所在直线的方程．18．如图，已知正方体的棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．(1)求点Q的轨迹围成图形的面积；(2)求的最大值．五、计算题19．如图，在长方体中，，，为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面夹角的正弦值．六、解答题20．已知直线：，直线：.（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；（2）若，求直线的方程.七、证明题21．已知直线：．(1)求证：无论取何值，直线始终过第一象限；(2)若直线与，轴的正半轴交点分别为A，B两点，O为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程．八、解答题22．已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，（1）证明:平面PBD平面ABCD；（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.参考答案：1．D【分析】根据题意，得到直线表示与轴平行的直线，即可求解.【详解】由直线，表示与轴平行的直线，所以直线的斜率为.故选：D.2．A【分析】根据点的坐标，即可根据投影向量的定义求解.【详解】设坐标原点为,,所以，故在坐标平面上的投影点为，故向量在坐标平面上的投影向量为,故选：A3．C【解析】先由垂直关系，求出所求直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.【详解】因为所求直线与直线垂直，所以其斜率为，又所求直线过点，因此，所求直线方程为，即.故选：C.4．D【解析】对直线的倾斜角分锐角和钝角进行讨论，再结合正切函数的性质，即可得答案；【详解】解：∵直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，当倾斜角均为锐角时，和均为钝角时，若“”，则“”，若“”，则“”，当倾斜角一个为锐角一个为钝角时，若“”，则“与”的大小不能确定，若“”，则“与”的大小也不能确定，故则“”是“”的既不充分也不必要条件．故选：D．【点睛】直线的斜率，将斜率视为倾斜角的函数，再利用正切函数的性质进行求解.5．C【分析】延长交于，得是中点，，然后由向量的线性运算求解．【详解】延长交于，如图，则是中点，，，故选：C．

6．B【分析】由，可得，再将，代入化简，结合可求得答案.【详解】因为，是异面直线，，，分别为取自直线，上的单位向量，所以，则，因为，所以，即，所以，所以，解得，故选：B7．D【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.【详解】平面,平面,平面,因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.

则设平面的法向量为，则，令，则设点到平面的距离为，则故直线到平面的距离为.故选：D.8．A【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0①AB的中点为（1，2），AB的中垂线方程为，即x-2y+3=0．联立解得∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法：先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．9．ABD【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系即可得出真命题.【详解】由题意，A项,垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故A错误;B项,三个平面两两相交，则交线平行或相交,故B错误;C项,由面面平行的性质定理知，一个平面与两个平行平面相交，则交线平行,故C正确;D项,平行同一直线的平面，可以平行，也可以相交，故D错误;故选:ABD.10．CD【分析】由直线的方向向量可求得直线的斜率，从而可求出直线的倾斜角和直线方程，进而可判断A，B，C，对于计算出原点到直的距离即可判断【详解】解：因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为（），则，所以，所以A错误；因为经过点，所以直线的方程为，令，则，所以在轴上的截距为，所以B错误；因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，所以与直线垂直，所以C正确；因为原点到直线的距离为，所以上存在与原点距离等于1的点，所以D正确，故选：CD【点睛】此题考查直线方程的求法，考查两直线的位置关系，考查斜率与倾斜角的关系，考查点到直线的距离公式的应用，属于中档题11．AD【分析】应用求定点方法判断A选项,根据两直线平行求参判断B选项,根据两直线垂直求参判断C选项,把直线不过第三象限转化为截距关系判断D选项.【详解】因为：,所以,可得，,恒过点，A选项正确;因为,所以，则或，故B选项错误;因为，所以则故C选项错误;因为不经过第三象限，则直线与坐标轴不垂直时，在轴截距大于等于0,在轴截距大于等于0,：，令,则令，则,当,：符合题意，当,：符合题意，所以不经过第三象限，则，故D选项正确.故选：AD.12．AD【分析】利用的范围，根据向量数乘的意义得点轨迹，判断AC，作出直线与平面所成的角，计算正弦值，作出二面角的平面角，计算正弦值，然后判断BD．【详解】对于A，当，，点的轨迹是内部（不含边界），的的最小值是点到平面的距离，最大值是棱长（取不到），设是的中心，则平面，从而有与平面内所有直线垂直，，，所以的范围是，故A正确．对于B，时，是中位线，点轨迹是线段（不含端点），作平面于，连接，则是与平面所成的角．点到平面的距离等于，是中位线，，由，平面，平面，得平面，所以等于到平面的距离，也等于点到平面的距离的一半，即，中，，，边上的高为，所以，，所以，故B错误；对于C，当时，与重合；当时，与重合，是两个极限点（实际取不到），当时，是中位线的中点．三点不共线，故C错误；对于D，在上取点，使得，连接，时，点轨迹是线段（不含端点），由A选项讨论知平面，平面，则，作，垂足为，连接，由，则平面，又平面，所以，所以是平面与平面所的锐二面角的平面角，即．在（是中点）中，，，，由得，所以，，，故D正确．故选：AD．【点睛】关键点点睛：本题考查空间动点轨迹，考查向量的数乘运算的意义，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是掌握空间角的定义，由定义作出空间角的平面角，然后计算出平面角得空间角，考查学生的分析解题能力与运算求解能力，属于难题.13．【解析】根据两直线平行可得出关于实数的二次方程，解出实数的值，代入检验即可得解.【详解】由于直线与直线平行，则，即，解得或.当时，两直线的方程分别为、，此时，两直线平行；当时，两直线方程分别为、，此时，两直线重合.综上所述，.故答案为：.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.14．/【分析】根据题意，结合百分位数的计算方法，即可求解.【详解】由数据2，2，3，3，3，5，7，8，从小到大排列，共有8个数，可得，所以这组数据的第25百分位数是.故答案为：.15．或【详解】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，令，得；令，得．由条件得，解得或，当时，直线方程为，即．当时，直线方程为，即．综上可得所求直线方程为或．答案：或．16．【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体边长为2,用向量法求解.【详解】如图所示,以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设正方体边长为2,可得设，可得可得,可得.设平面的一个法向量，则有，即不妨令x=-2，则.因为平面，所以，解得：，即.故答案为：.17．(1)(2)【分析】（1）根据题意，求得，得到边上的高所在直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解；（2）根据题意，得到角平分线的倾斜角为，求得，结合直线的点斜式方程，即可求解．【详解】（1）解：因为点，点，所以边所在直线斜率，所以边上的高所在直线的斜率，且过点，所以边上的高所在直线的方程为．（2）解：由，可得，所以角平分线的倾斜角为，所以角平分线所在直线的斜率，且过点，所以角平分线所在直线l的方程为．18．(1)(2)【分析】（1）根据线线平行得四点共面，进而可得Q的轨迹是正六边形OFNEMG，根据三角形的面积公式即可求解，（2）根据数量积的几何意义即可结合图形求解最值.【详解】（1）因为，∴点在平面上，如图，分别取，，的中点，连接因为分别为，的中点，故，又由正方体可得，，，，故，，故四边形为平行四边形，故，故，故四点共面，同理可证四点共面，故五点共面，同理可证四点共面，故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形．故点的轨迹是正六边形，因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为，所以点的轨迹围成图形的面积是．（2）如图，根据向量数量积的几何意义可得当位于时，此时在上的投影最大，故，∴的最大值为12．19．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）以为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出、的坐标，根据即可得证；（2）求出平面的法向量，根据求解即可.【详解】（1）解：在长方体中，以为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，证明：因为，，又由，所以，即，得证.（2）解：因为，设为平面的法向量，则，，所以，令，则，，所以为平面的一个法向量，又因，故，所以直线与平面夹角的正弦值为．20．（1）或；（2）.【解析】（1）分直线过原点和直线不过原点两种情况讨论，分别求解即可.(2)若，则解得或,再验证从而得出答案.【详解】（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，此时则，解得，②若直线不过原点，则斜率为，解得.因此所求直线的方程为或（2）①若，则解得或.当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；当时，直线：，直线：，满足题意；因此所求直线：【点睛】易错点睛：本题考查直线的截距概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是容易出错的地方，要注意，属于中档题.21．(1)证明见解析(2)最小值为4；【分析】（1）由题可得，直线过定点且在第一象限，即证；（2）由题可，，再利用三角形面积公式及基本不等式即得.【详解】（1）因为直线：，即，令，求得，，即直线过定点且在第一象限，所以无论取何值，直线始终经过第一象限．（2）因为直线与x轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，所以，令，解得，令，得，即，，∴面积，∵，∴，则，当且仅当，即时，取得等号，∴，∴面积的最小值为4此时直线的方程为，即．22．（1）见解析；（2）存在N点到平面ABC