2024-2025学年河北省唐山市玉田一中高二（上）质检数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省唐山市玉田一中高二（上）质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.过空间三点A(1,1,0)，B(1,0,1)，C(0,1,1)的平面的一个法向量是(

)A.(1,1,1) B.(1,1,−1) C.(1,0,1) D.(−1,0,1)2.若直线过点(1,2)，点(4,2+3)，则此直线的倾斜角是A.30° B.60° C.120° D.150°3.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点中任意三点不共线，但四点共面，且BP=mOA+2OB+OCA.−1 B.−2 C.−3 D.24.若直线x+ay−2=0与直线a2x+y+1=0垂直.则a=(

)A.1 B.−1 C.0 D.0或−15.正四棱锥S−ABCD的所有边长都相等，E为SC的中点，则BE与SA所成角的余弦值为(

)A.13 B.12 C.36.两点A(−1,0)，B(0,2)，点P是圆(x−2)2+y2=1A.5 B.2 C.3+57.二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，则该二面角的大小为(

)A.45° B.60° C.90° D.120°8.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB，AD的夹角都等于60°，若M是PC的中点，则|BM|=(

)A.62B.63

C.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。9.已知直线l：x−3y+1=0，则A.直线l的倾斜角为π3B.直线l与两坐标轴围成的三角形面积为36

C.点(0,3)到直线l的距离为1D.10.已知圆C：x2+y2−4x−14y+45=0及点A.点C的坐标为(2,7)

B.点Q在圆C外

C.若点P(m,m+1)在圆C上，则直线PQ的斜率为14

D.若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为11.如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA=AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则(

)A.OM⊥AP

B.存在点M，使OM//平面SBC

C.存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°

D.点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知直线l外一点A(−1,0,2)，直线l过原点O，且平行于向量m=(0,4,2)，则点A到直线l的距离为______．13.已知线段AB的端点A(−1,3)，B(5,2)，直线l：kx−y−2k−3=0与线段AB相交，则k的取值范围是______．14.过点P(4,1)作直线l分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点．当|OA|+|OB|取最小值时，直线l的方程为______．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)

已知直线l1：x+(m−2)y=0，l2：mx+y−2=0，且满足l1⊥l2，垂足为C．

(1)求m的值及点C的坐标．

(2)设直线l1与x轴交于点A，直线l2与16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AA1=AB=AC=2，M，N，P分别为AB，BC，A1B1的中点．

(1)17.(本小题15分)

已知直线l：x+ay+a−1=0，点P(−2,1)．

(1)若点P到直线l的距离为d，求d的最大值及此时l的直线方程；

(2)当a=2时，过点P的一条入射光线经过直线l反射，其反射光线经过原点，求反射光线的直线方程．18.(本小题17分)

如图，在三棱锥P−ABC中，AC=2，BC=4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，∠PCB=∠ACB=90°．

(1)求证：面PAC⊥面ABC；

(2)若O为AC中点，求平面POD与平面PBC夹角的值；

(3)求点D到平面PBC的距离．19.(本小题17分)

在梯形ABCD中，AB/​/CD，∠BAD=60°，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′．

(1)求证：BC//平面POD′；

(2)平面ABC与平面BCD′夹角的余弦值；

(3)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为68？若存在，求出PQPD′的值：若不存在，请说明理由．参考答案1.A

2.A

3.C

4.D

5.C

6.D

7.B

8.A

9.BC

10.ABD

11.ABD

12.10513.(−∞,−2]∪[514.x+2y−6=0

15.解：(1)显然m≠2，可得k1=−1m−2，k2=−m，

由l1⊥l2，

可得k1⋅k2=−1，

即(−1m−2)⋅(−m)=−1，

解得m=1，

所以直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=0，

联立方程组x−y=0x+y−2=0，

解得x=1y=1，

所以点C(1,1)．

(2)由直线l1：x−y=0，直线l2：x+y−2=016.解：(1)证明：连接A1M，因为M，N分别为AB，BC的中点，所以MN//AC

在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC/​/A1C1，

所以MN/​/A1C1，M，N，C1，A1四点共面．

因为AB/​/A1B1，AB=A1B1，M，P分别为AB，A1B1的中点，

所以BM//A1P，BM=A1P，

所以四边形BMA1P为平行四边形，

所以BP//MA1.因为BP⊄平面C1MN，MA1⊂平面C1MN，

所以BP/​/平面C1MN．

(2)由题设AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，

因为AB⊥AC，

所以AB，AC，17.解：(1)直线l：x+ay+a−1=0，整理得(x−1)+a(y+1)=0，故x−1=0y+1=0，

解得x=1y=−1，故直线l恒过点A(1,−1)．

故点P(−2,1)到直线l的距离的最大值d=(−2−1)2+(1+1)2=13．

直线PA的斜率为kPA=1+1−2−1=−23，故直线l的斜率kl=32，

故32=−1a，解得a=−23，

故直线l的方程为x−23y−53=0，整理得3x−2y−5=0．

(2)由于直线l恒过点A(1,−1)，当18.解：(1)∵∠PCB=∠ACB=90°，

∴BC⊥PC，BC⊥AC，

又BC∩AC=C，

∴BC⊥面PAC，

又

BC⊂面ABC，

∴面PAC⊥面ABC；

(2)因为PAC为正三角形为AC中点，

所以PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，

所以PO⊥平面ABC，又OD⊂平面ABC，所以PO⊥OD，

又D为AB的中点，所以OD/​/BC，OD⊥AC，

如图以O为原点建立空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，P(0,0,3)，D(0,2,0)，C(−1,0,0)，B(−1,4,0)，

CB=(0,4,0), CP=(1,0,3)，

显然OC=(−1,0,0)是平面POD的一个法向量，

不妨设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，

则CB⋅n=0CP⋅n=0，即4y=0x+3z=0，取z=1，得y=0, x=−3，则n=(−3,0,1)，

设所求夹角为θ，则cosθ=|cos<19.解：(1)证明：如图，连接PC，

∵AB=2CD=4，P为AB的中点，AB/​/CD，

∴AP=CD=2，AP/​/CD，

∴四边形APCD为平行四边形，

∴O是AC，DP的中点，

∵P是AB的中点，

∴OP//CB，

∵PO⊂平面POD′，CB⊄平面POD′，

∴BC/​/平面POD′；

(2)∵平面ACB⊥平面ACD′，交线为AC，AD′=D′C，O是AC的中点，

∴OD′⊥AC，

∵OD′⊂平面ACD′，

∴OD′⊥平面ACB，

∵AC，OP⊂平面ACB，

∴OD′⊥AC，OD′⊥OP，

∵∠BAD=60°，AP=AD，

∴三角形ADP为等边三角形，

∵O是DP的中点，

∴OP⊥AC，

∴OD′，AC，OP两两垂直，

则以O为坐标原点，分别以OA，OP，OD′为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AB=2AD=2CD=4，

∴A(3,0,0),B(−3,2,0),C(−3,0,0),D′(0,0,1)，BC=(0,−2,0