2024-2025学年山东省烟台市高二上册期中考试数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年山东省烟台市高二上学期期中考试数学检测试题（一）一、单选题1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得答案.【详解】解：因为直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则有，解得，所以其倾斜角为．故选：A．2.直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据已知条件，先求出直线的斜率，再结合直线的点斜式公式，即可求解．【详解】直线的一个方向向量为则直线的斜率为，直线过点，则，即．故选：A．3.空间四边形中，，点在上，，点为中点，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】根据题意，利用空间向量的运算法则，准确化简，即可求解.【详解】空间四边形OABC中，，且点在上，，点为的中点，连接，可得.故选：B.4.以直线恒过的定点为圆心，半径为的圆的方程为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据直线过定点可得圆心坐标，再结合半径可得圆的方程.【详解】由，得，令，则，即直线恒过定点，则圆的方程为，即，故选：D.5.已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由得，然后两边平方，结合向量数量积的运算求向量的夹角.【详解】设与的夹角为，由，得，两边同时平方得，所以1，解得，又，所以.故选：D6.如图，在直三棱柱中，且，则直线与所成的角为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】建立空间直角坐标系，用向量方法求角，先求向量与的夹角，再转化为线线角即可.【详解】如图，由题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.不妨设，则，则，则，又由两直线所成角的范围为，则直线与所成的角为.故选：C.7.在中，点，点，点A满足，则面积的最大值为（）A B. C. D.【正确答案】B【分析】设，根据，得到方程，求出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），数形结合得到点到直线的距离最大值为，求出面积的最大值.【详解】设，则，由得，化简得，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），故点到直线距离最大值为，故面积的最大值为.故选：B8.已知圆O的方程为，过圆O外一点作圆O的两条切线PA，PB，切点分别为A､B，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据向量数量积运算求得，即.设，由直线与圆的关系建立不等式组，求解即可.【详解】解：由，得即，所以，即.设，根据题意，直线与圆有公共点，所以，解得（当直线与圆相切时取等号），即的取值范围为.故选：C.二、多选题9.已知直线l经过点，.则下列结论中正确的是（）A.直线l的斜率是B.直线l的倾斜角是C.直线l的方向向量与向量平行D.直线l的法向量与向量平行【正确答案】AD【分析】根据两点表示斜率即可判断A；由推不得即可判断B；根据共线向量的坐标表示即可判断CD.【详解】A：由题意，知直线l的斜率是，故A正确；B：直线l的倾斜角满足，但不一定有，故B错误；C：直线l的一个方向向量为，因为，所以直线l的一个方向向量与向量不平行，故C错误；D：直线l的一个法向量为，因为，所以直线l的一个法向量与向量平行，故D正确.故选：AD10.给出下列命题正确的是（）A.直线的方向向量为，平面的法向量为，则与平行B直线恒过定点C.已知直线与直线垂直，则实数的值是D.已知三点不共线，对于空间任意一点，若，则四点共面【正确答案】BD【分析】根据空间向量、直线过定点、直线垂直、四点共面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，所以与不平行，A选项错误.B选项，由，得，由，解得，所以定点为，B选项正确.C选项，由，解得或，C选项错误.D选项，由于，其中，所以四点共面，D选项正确.故选：BD11.P为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（）A.当P在线段上运动时，三棱锥的体积是定值B.当P在线段上运动时，异面直线与所成角的取值范围是C.当P在面ABCD内运动时，R为棱的中点且平面，则点P的轨迹长度为D.当P在面内运动时，Q为棱BC的中点且，则的最大值为【正确答案】ACD【分析】由已知可得，平面，则直线上任意一点到平面的距离都相等，则三棱锥的体积是定值，即可判断A；由，则异面直线与所成的角就是直线与所成的角，即可判断B；由已知所在的平面为如图所示正六边形，该正六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，则点P的轨迹即为，求出，即可判断C；建立空间直角坐标系，由，可得，设，由空间向量坐标运算，可求得，即三棱锥的高取得最大值，则求得的最大值为，即可判断D.【详解】对于A选项，因为且，故四边形为平行四边形，所以，平面，平面，平面，所以直线上任意一点到平面的距离都相等，即为三棱锥的高，则三棱锥的体积是定值，故A正确；对于B选项，设直线与所成的角为，因为，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，当在线段的端点处时，，当在线段的中点时，，所以，故B错误；对于C选项，P在面ABCD内运动时，R为棱的中点，因为平面，作过的平面，平面平面，该六边形的六个顶点分别为对应棱的中点，则所在的平面为如图所示正六边形，设中点为，点P的轨迹即为，则，故C正确；对于D选项，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为P在面内运动，Q为棱BC的中点，因为在正方体中，平面，平面，所以，则是直角三角形，同理，则是直角三角形，又，则，即，所以，则，因为，设，，则即为三棱锥的高，所以，整理得，，当时，，即三棱锥的高取得最大值，又，此时，.即的最大值为，故D正确.故选：ACD.三、填空题12.已知直线与直线平行，则它们之间的距离是_______．【正确答案】##【分析】根据给定条件，利用平行线间距离公式计算即得.【详解】直线与直线平行，则，解得，直线为，所以它们之间的距离是.故13.在长方体中，已知异面直线与，与所成角的大小分别为和，为中点，则点到平面的距离为_______.【正确答案】##【分析】建立空间直角坐标系设，根据异面直线与，与所成角求出，再应用空间向量公式计算点到平面距离即可.【详解】如图建立以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为x轴，所在直线为z轴的空间直角坐标系，且设，则，则，因为异面直线与所成角为，所以因为异面直线与所成角为，所以计算可得，设平面法向量为n=x,y,z，则，令，则因为，则点到平面的距离.故答案为.14.已知动圆，则圆在运动过程中所经过的区域的面积为______；为直线上一点，过点作圆的两条切线，切点为A、B，当时，的取值范围为______.【正确答案】①.②.【分析】分析可得动圆的圆心，半径，在以圆心，半径的圆上，圆在运动过程中所经过的区域的面积相当于以圆心，半径为的圆的面积；由倍角公式及几何关系可得，分析的范围结合换元法即可求．【详解】动圆的圆心，半径，令，则由得在以圆心，半径的圆上．圆在运动过程中所经过的区域的面积相当于以圆心，半径为的圆的面积，即；到直线的距离，由，则，即，，令，则，则，由对勾函数在上单调递增，故，有.所以的取值范围为.故；.四、解答题15.已知顶点、、．（1）求边的垂直平分线的方程；（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．【正确答案】（1）（2）或【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程；（2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.【小问1详解】由、，可知中点为，且，所以其垂直平分线斜率满足，即，所以边的垂直平分线的方程为，即；【小问2详解】当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，由过点，则，解得，所以直线方程为，即，综上所述，直线的方程为或.16.如图三棱柱中，，，，平面平面，D是棱AC的中点.（1）求证：平面；（2）求到直线BD的距离.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接交于，证得，结合线面平行的判定定理，即可得证；（2）利用面面垂直的性质，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和，结合距离公式，即可求解.【小问1详解】如图所示，在三棱柱中，连接交于，再连接，因为四边形是平行四边形，所以是的中点，又因为是中点，所以，因为平面A1BD，平面，所以平面.【小问2详解】因为，由余弦定理得，所以，可得，又由平面平面，平面平面，所以平面，又因为，故两两垂直，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，，且，则，，，所以C1到直线BD的距离为.17.已知圆C：与圆.（1）求C与相交所得公共弦长；（2）若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求【正确答案】（1）2（2）【分析】（1）由题意知，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，求得圆心到该直线的距离d，利用弦长公式可求得所求弦长；（2）易知直线l的方程为，与圆C的方程联立，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，结合题意即可求得【小问1详解】由题意知，两圆的公共弦所在直线方程为整理得，圆心到直线的距离，所以所求弦长为；【小问2详解】由题设可知直线l的方程为，设Px1,将代入方程，整理得，所以，，，因为，解得k=1，经检验，直线与圆有交点，所以直线l的方程为，故圆心C在直线l上，所以18.已知平面五边形如图1所示，其中，是正三角形．现将四边形沿翻折，使得，得到的图形如图2所示．（1）求证：平面平面．（2）在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）证明见解析（2）线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，此时．【分析】（1）如图，取的中点，连接，则，利用勾股定理的逆定理可证明，结合线面垂直和面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，设线段上存在一点满足题意，记．利用空间向量法求解面面角，建立关于的方程，解之即可求解.【小问1详解】如图，取的中点，连接．因为是等边三角形，为的中点，所以．因为，所以．因为，，，所以四边形为矩形．所以．又因为，所以，即．因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则．由题意知平面的法向量为．设线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，记．因为，所以．因为，所以．又，设平面的法向量为n=x,y,z，则令，则，，即．所以．因为二面角的余弦值为，，所以，解得或（舍去）．所以线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，此时．19.在平面直角坐标系中，已知，，以原点O为圆心的圆与线段相切．（1）求圆O的方程；（2）若直线与圆O相交于M，N两点，且，求c的值；（3）在直线上是否存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有（为常数）？若存在，求出点Q的坐标及的值；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）（2）（3）存在，且【分析】（1）根据圆和直线的位置关系求得圆的方程.（2）根据圆心到直线的距离列方程，化简求得的值.（3）设出的坐标，根据列方程，利用特殊值求得的值，同时求得点的坐标.【小问1详解】由于，，则线段与轴平行，且与圆相切.所以圆的圆心为，半径为，所以圆的方程为.【小问2详解】由于，所以，由于三角形是等腰直角三角形，所以到直线的距离为，所以.【小问3详解】直线的方程为，假设存在符合题意的点，设，则①，由于的任意性，不妨设或，带入①得，，解得或（舍去），所以（负根舍去），将带入①得，整理得，则在圆上.所以，这样的点是存在的，坐标为，此时.关键点睛：求解圆的方程，关键点在于求得圆心和半径.求解直线和圆的位置关系有关问题，可以利用圆心到直线的位置关系来进行求解.求解存在性问题，可先假设存在，然后根据需要满足的条件列式，再结合已知条件来进行判断.2024-2025学年山东省烟台市高二上学期期中考试数学检测试题（二）注意事项：1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．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，只有一项符合题目要求．1.若直线在y轴上的截距为2，则该直线的斜率为（）A. B.2 C. D.【正确答案】D【分析】根据纵截距求解出的值，然后由直线方程求解出斜率.【详解】因为的纵截距为，所以直线经过，所以，所以，所以斜率，故选：D.2.经过点，两点的直线的方向向量为，则m的值为（）A.2 B. C.3 D.【正确答案】B【分析】利用两点式求斜率，即可得直线的一个方向向量，进而确定参数值.【详解】由题设，故对应直线的一个方向向量为，所以.故选：B3.在三棱锥中，D，E分别为BC，OA的中点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】由空间向量的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用，，表示出即可.【详解】由.故选：D4.求圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】设出圆心坐标，根据圆心到直线的距离等于圆心到的距离求解出圆心坐标，从而半径可求，则圆的方程可知.【详解】因圆心在直线上，所以设圆心，因为圆与直线相切于点，所以，解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为，故选：A.5.已知空间向量，，满足，，且，则与的夹角大小为（）A.30° B.60° C.120° D.150°【正确答案】C【分析】由，利用向量数量积的运算律有，即可求与的夹角大小.【详解】由题设，则，所以，又，可得，即.故选：C6.如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.【详解】构建如下图的空间直角坐标系，则，所以，，，若是面的一个法向量，则，取，则，所以，则直线与平面所成角的正弦值为.故选：B7.已知圆C：上总存在两个点到原点的距离为2，则圆C半径r的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由原点到的距离，讨论原点与圆的位置关系，结合题设条件求半径的范围.【详解】由圆心为，半径为，则原点到的距离，要使总存在两个点到原点的距离为2，若原点在圆外，则；若原点在圆上，即，满足；若原点在圆内，则；综上，圆C半径r的取值范围是.故选：C8.过直线上一点P作圆的两条切线PA，PB，若，则点P的横坐标为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】令已知圆的圆心，由题设易知四边形为正方形且边长为，进而求得直线与直线夹角余弦值为，根据直线所过点并设，应用向量夹角坐标表示列方程求P的横坐标.【详解】由题设，已知圆的圆心，四边形为正方形且边长为，所以，而到直线的距离，如下图，令直线与直线夹角为，则，又直线过，令，则，所以，则.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知直线l：，则（）A.直线l的倾斜角可以为 B.直线l的倾斜角可以为0C.直线l恒过 D.原点到直线l距离的最大值为5【正确答案】AC【分析】根据直线方程判断直线倾斜角可知A、B正误；由确定定点判断C；根据原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离的最大判断D.【详解】A：当，则直线，此时倾斜角为，对；B：无论为何值，直线的斜率不可能为0，故倾斜角不可能为0，错；C：由恒过，对；D：原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离最大为，错.故选：AC10.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.若空间向量，，则在上的投影向量为B.若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面C.若空间向量，满足，则与夹角为锐角D.若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则【正确答案】ABD【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.【详解】A：在上的投影向量为，对；B：中，故P，A，B，C四点共面，对；C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；D：由，即，故，对.故选：ABD11.已知平行六面体的棱长都为2，，，O为底面ABCD中心，则下列结论正确的有（）A.B.与所成角的余弦值为C.平面ABCDD.已知N为上一点，则最小值为【正确答案】BCD【分析】A．利用空间向量表示出，然后根据数量积运算求解出；B．利用向量法求解出夹角的余弦值，则结果可判断；C．通过证明的位置关系、的位置关系，结合线面垂直的判定定理进行判断；D：将平面与平面展开成一个平面，利用三点共线求解出的最小值.【详解】设，如下图：对于A：因为，所以，所以，故A错误；对于B：，所以，所以，所以，所以与所成角的余弦值为，故B正确；对于C：因为，所以为等腰直角三角形，所以，，因为，且，所以均为边长为的等边三角形，所以，所以，所以为等腰直角三角形，又因为为底面的中心，所以为中点，所以且，所以，所以，又因为，平面，所以平面，故C正确；对于D：将平面与平面展开成一个平面，如下图所示：当且仅当三点共线时有最小值，此时，所以，所以，所以，所以的最小值为，故D正确；故选：BCD12.米勒问题是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大），米勒问题的数学模型如下：如图，设M，N是锐角的一边上的两个定点，点P是边上的一动点，则当且仅当的外接圆与BC相切于点P时，最大．若，，点P在x正半轴上，则当最大时，下列结论正确的有（）A.线段MN的中垂线方程为B.P的坐标为C.过点M与圆相切的直线方程为D.【正确答案】ABC【分析】构建直角坐标系，根据已知确定中点为，，进而写出线段MN的中垂线方程，由题设最大的外接圆与轴相切于点P，设，易知，又轴，进而求参数a，注意分析是否符合题设，再写出过点M与圆相切的直线方程，最后由共线，即为直径且轴，求判断各项正误.【详解】由题设，构建如下图示直角坐标系，中点，，故中垂线的斜率为，所以中垂线方程为，即，A对；由题意，最大，则的外接圆与轴相切于点P，若，则外接圆圆心在上，又圆心在上，所以圆心坐标为，又轴，故，所以，则，故或，由A分析，易知直线，则，若，即，此时P不是锐角的边上动点，不合题意，显然时，符合题设，故P的坐标为，B对；由B分析，圆心，则，故过点M与圆相切的直线斜率为，所以过点M与圆相切的直线方程为，即，C对；由上分析知：共线，即为直径且轴，所以，在中，故，D错.故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为______．【正确答案】##【分析】由两线平行求得，再应用平行线的距离公式求两条直线间的距离.【详解】由两线平行知：，即直线与平行，所以它们的距离为.故14.已知直线与圆C：交于A，B两点，写出满足条件“”的m的一个值______．【正确答案】（答案不唯一）.【分析】根据确定出的大小，然后求解出圆心到直线的距离，由此求解出的值.【详解】圆的圆心，半径，因为，所以或当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：所以，解得；当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：所以，解得；故（答案不唯一）.15.如图，在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为______，点到面的距离为______．（本小题第一空2分，第二空3分）【正确答案】①.②.【分析】过点作交于点，根据几何体的结构特点分析出即为正四棱台的高，然后根据体积公式求出体积；过点作交于点，根据几何关系证明出的长即为所求点面距离，再根据线段长度求出结果.【详解】连接，，连接，过点作交于点，如下图所示：因为几何体为正四棱台，所以平面，又因为，所以，所以为正四棱台的高，又因为，，所以，所以，所以棱台的体积为：；连接，过点作交于点，如下图所示：因为，所以平面，所以，又因为，，所以平面，所以的长度即为点到面的距离，由对称性可知：，所以，所以，所以点到面的距离为，故；.16.平面直角坐标系中，圆C的方程为，若对于点，圆C上总存在点M，使得，则实数m的取值范围为______．【正确答案】【分析】根据题设，只需保证的中垂线与圆有交点，应用点斜式写出中垂线，再由点线距离公式有圆心到直线的距离，即可求参数范围.【详解】由题设，圆心，半径，要使圆C上总存在点M，使得，即的中垂线与圆有交点，如上图，的中点，且，故中垂线为，所以圆心到直线的距离，即，所以.故四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线l过点，求满足下列条件的直线l的方程．（1）在两坐标轴上的截距相等；（2），到直线l距离相等．【正确答案】（1）或；（2）或.【分析】（1）讨论截距是否为0，求对应直线方程；（2）讨论两点与直线的位置，利用直线平行、点对称求直线方程.【小问1详解】若直线过原点，令，则，故直线为；若截距不为0，令，则，故直线为；综上，直线方程为或.【小问2详解】若，在直线的同一侧，即直线直线，而，故直线为，则；若，分别在直线的两侧，即关于直线上一点对称，所以中点在直线上，又直线l过点，故直线为；综上，直线l的方程为或.18.如图，在边长为2的正方体中，E，F分别是，CD的中点．（1）求证：平面；（2）求四面体的体积．【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于，连接，结合已知证为平行四边形，则，由线面平行的判定证结论；（2）过作交延长线于，证为平行四边形，进而有、平面，再由，应用锥体体积公式求四面体的体积．【小问1详解】连接交于，连接，由E，F分别是，CD的中点，则且，由正方体性质：为中点，故，则又，即，故，所以为平行四边形，则，面，面，则平面.【小问2详解】过作交延长线于，又，故为平行四边形，则，故，又平面，所以平面，故到面的距离等于到面的距离，所以.19.已知点，，动点P满足，设P的轨迹为C．（1）求C的轨迹方程；（2）若过点A的直线与C交于M，N两点，求取值范围．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）设出点坐标，根据距离公式以及得到的等量关系即为轨迹方程；（2）分类讨论直线的斜率是否存在，斜率不存在时直接计算即可，斜率存在时联立直线与轨迹方程，利用坐标法结合不等式完成计算.【小问1详解】设，因为，所以，所以，化简得：，所以的轨迹方程为：；【小问2详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，代入的轨迹方程可得，不妨令，所以，所以；当直线斜率存在时，设，，联立，可得，所以，又，所以，所以，因为，所以，所以，所以；综上可知，的取值范围为.20.如图，直四棱柱中，底面等腰梯形，其中，，，，N为中点．（1）若平面交侧棱于点P，求证：，并求出AP的长度；（2）求平面与底面所成角余弦值．【正确答案】（1）证明见解析，；（2）.【分析】（1）线面平行的判定证得面、面，再由面面平行的判定证面面，再由面面平行的性质