湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 含解析

2024年高二数学期中考试试题一、单选题（共40分）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：C3.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：A8.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.1 D.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：ABC11.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