2024-2025学年山西省朔州市怀仁市高二上学期9月联考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年山西省朔州市怀仁市高二上学期9月联考数学检测试题合集2套（附解析），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知直线过点，且倾斜角是，则直线的方程是（ ）.
A．B．C．D．
2．如图，已知，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则（ ）
A．1B．-1C．D．
4．已知向量，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．“”是“直线与直线垂直”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．9
7．若直线：与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．正方体的棱长为2，则到平面的距离为（ ）
A．B．2C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图所示，正方体中，分别在上，且，则下列结论正确的是（ ）

A．B．
C．与异面D．
10．直线过点,若到直线的距离为2;则直线的方程可以为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知点，，直线上存在点P满足，则直线可能为（ ）
A．-2B．0C．1D．3
三、填空题（本大题共3小题）
12．设A、B、C、D是空间不共面的四点,且满足，则ΔBCD是 三角形(选填“锐角”、“直角”或“钝角”)．
13．经过直线3x+2y+6=0和2x+5y-7=0的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为 .
14．直线l1：x+my+6=0与l2：(m-2)x+3y+2m=0，若则= ；
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长度都为，且两两夹角为.求：
（1）的长；
（2）与夹角的余弦值.
16．已知直线经过
(1)当直线的倾斜角为45°时，求直线的方程；
(2)当直线在两坐标轴上的截距相等时，求直线的方程.
17．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，且，E为PD中点.
（I）求证：平面ABCD；
（II）求二面角B-AE-C的正弦值.
18．（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）求与直线垂直，且与两坐标轴围成的面积为的直线方程.
19．如图．在四棱锥中，底面是矩形，平面为中点，且．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
参考答案
1．【答案】C
【分析】
根据直线过点，且倾斜角是，可求得直线的方程.
【详解】
由于直线过点，且倾斜角是，则直线的方程为，即.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线方程的求解，考查计算能力，属于基础题.
2．【答案】B
【详解】，
，
故选：B.
3．【答案】B
【详解】由题意可得，
所以．
故选B．
4．【答案】C
【详解】因为，
所以，
当时，等号成立，故的最小值为.
故选：C.
5．【答案】A
【分析】根据两直线垂直可构造方程求得的值，由推出关系可得结论.
【详解】由两直线垂直可得：，解得：或；
或，或，
“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
6．【答案】C
【详解】因为，所以，即，
因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为8.
故选：C.
7．【答案】C
【详解】由题可知，
联立方程，解得，即两直线的交点坐标为.
因为两直线的交点在第一象限，则 解得，
且直线l的倾斜角为，则，且，解得，
所以直线l的倾斜角θ的取值范围为.
故选：C.
8．【答案】A
【详解】
由正方体性质可知，，又平面，平面，所以平面，
到平面的距离就是点到平面的距离．
连接，交BD于O，的长即为所求．
因为平面,平面,所以平面.
由题意可得
故选：A.
9．【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断两直线的位置关系.
【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为3，则
与不垂直，故A错误；
，故B正确；
，故C错误，D正确.
故选：BD.
10．【答案】AC
【详解】解:由题知到直线的距离为2,且直线过点,
当直线斜率不存在时，
，
此时满足点到直线的距离为2,
故;
当直线斜率存在时,
设直线,
即,
则到直线的距离为:
,
解得: ,
代入直线方程有:
,
即.
综上: 为或
故选:AC
11．【答案】CD
【详解】变形为，
故直线过定点，且斜率为，
又，
要想直线上存在点P满足，
即与线段有交点，
因为，，
故，解得，
故CD满足要求，AB错误.
故选：CD
12．【答案】锐角
【详解】解：，
,故是锐角，
同理，都是锐角，故是锐角三角形，
故答案为：锐角
13．【答案】x+y+1=0或3x+4y=0
【详解】由题意可设所求直线方程为，即
令，得
令，得
∵所求直线方程在两坐标轴上的截距相等
∴，即或
∴所求直线方程为或
故答案为或
14．【答案】
【详解】由题意，因为，则，即，
解得或，其中当时，代入验证可得两直线是重合的，不满足题意，
所以当时，．
故答案为：-1.
15．【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）记，，，则，，
，
，
，即的长为；
（2），，
，，
，，
又，
，即与夹角的余弦值为.
16．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由题意，直线的倾斜角为45°时，可得直线的斜率为，
又由直线经过，所以直线的方程为，即直线的方程为.
（2）当直线过原点时，因为直线经过，可得直线方程为，即；
当直线不过原点时，可设直线的方程为，
因为直线过点，可得，解得，所以直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
17．【答案】（I）见解析（II）
【详解】解：（I）证明：∵底面ABCD为正方形，
∴，又，，
∴平面PAB，∴．
同理，∴平面ABCD
（II）建立如图的空间直角坐标系A-xyz，
则，，，，
易知
设为平面ABE的一个法向量，
又，，∴令，，得.
设为平面AEC的一个法向量，又
∴令，得
.
∴二面角B-AE-C的正弦值为.
18．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设直线的方程为，
将代入得，，解得，
故直线的方程为；
（2）与直线垂直的直线设为，
中，令得，令得，
故，所以，
解得，
故直线方程为.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可求解．
【详解】(1)
连接，交于点，连接，
∵为中点，为中点，∴．
又∵平面，平面，∴平面．
(2)
如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得．
设直线与平面所成角为，且，
∴，∴，
即直线与平面所成角的余弦值为．
2024-2025学年山西省朔州市怀仁市高二上学期9月联考数学
检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．=(2，-1，3)，=(-1，4，-2)，=(3，2，λ)，若，则实数等于（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A． B．
C．D．
3．已知向量，且，则（ ）
A．B．3C．D．16
4．在空间直角坐标系中，点B是点在平面内的射影，则=（ ）
A．B．C．D．
5．在空间直角坐标系中，是直线的方向向量，是平面的一个法向量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在直二面角中，是直线上两点，点，点，且，，，那么直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，平行六面体，其中，，，，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，将菱形纸片沿对角线折成直二面角，分别为的中点，是的中点，，则折后平面与平面夹角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．若空间中O，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
B．空间中三个非零向量，若，，则
C．对空间任意一点O和不共线三点A，B，C，若，则P，A，B，C共面
D．，，若，则与的夹角为锐角
10．如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（ ）
A．
B．存在一点，使得
C．三棱锥的体积为
D．若，则面积的最小值为
11．已知长方体的棱，，点满足：，、、，下列结论正确的是（ ）

A．当，时，到的距离为
B．当时，点的到平面的距离的最大值为1
C．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．当，时，四棱锥外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，若三向量共面，则实数= .
13．在空间直角坐标系中，，则点到直线的距离为 .
14．如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在正方体中，分别是的中点．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离．
16．如图，在所有棱长都为2的正三棱柱中，点D为中点，设，，.
(1)以为一组基底，表示，；
(2)线段上是否存在一点E，使得？若存在，求出；若不存在，说明理由.
17．在四棱锥中，底面为菱形，和为正三角形，为的中点．

(1)证明：平面．
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，为等边三角形，，点M，N分别为DP和AB的中点.

(1)求证：平面PBC；
(2)作，垂足为H，求证：平面ABCD；
(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.
19．如图，四棱锥中，底面，，，.
(1)若G点为的重心，求；
(2)若，证明：平面；
(3)若，且二面角的正弦值为，求.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，
所以=(3，2，λ)=2(2，-1，3)+(-1，4，-2)=(3，3，4),
所以，
故选：C.
2．【答案】B
【详解】对于A中，设，即，
所以 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以A不符合；
对于B中，设，即
所以 ，此时方程组无解，即不存在实数，使得共面，
所以可得作为一个空间基底，所以B符合；
对于C中，设设，即，
则 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以C不符合；
对于D中，设，即，
所以 ，解得，即存在实数，使得共面，
所以不能作为一个空间基底，所以D不符合；
故选：B.
3．【答案】B
【详解】因为向量，且，
所以解得，
则，
所以，
所以．
故选：B．
4．【答案】C
【详解】由题意可得，
所以.
故选：C.
5．【答案】D
【详解】因为，则，所以存在唯一实数，使得，
即，所以，消去可得.
故选：D
6．【答案】B
【详解】如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,
故 ,
则 ,
故直线与直线所成角的余弦值为 ，
故选：B.
7．【答案】A
【详解】解：，，，，
，．
，
，
，
即的长为.
故选：A．
8．【答案】A
【详解】因为菱形纸片沿对角线折成直二面角，
所以平面平面，
因为是菱形，是的中点，
所以，，
而平面平面，平面，
所以平面，而平面，
所以，
以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，
为两个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面的法向量为，
则得取，则，
得平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
故选：A

9．【答案】AC
【详解】由可得，即，
所以，所以A，B，C三点共线，故A正确；
若，则，由可得，但是不一定有，比如正方体共顶点的三条棱所在向量，故B错误；
由可得，
即，所以共面，即P，A，B，C共面，故C正确；
由与的夹角为锐角可得且与不同向共线，即且，解得且，故D错误；
故选：AC
10．【答案】ACD
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
设点，其中，.
对于A选项，，，则，
所以，，A对；
对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，
所以，不存在点，使得，B错；
对于C选项，，点到平面的距离为，
所以，，C对；
对于D选项，，
若，则，可得，
由可得，
，
当且仅当时，等号成立，
因为平面，平面，，
，D对.
故选：ACD.
11．【答案】CD
【详解】A：，则，即，故在上运动，
所以到的距离为，即棱与的距离，错；
B：，则，故在底面上运动，
所以，当在上时，的到平面的距离最大，
而，面，面，则面，
所以，由长方体结构特征，最大值问题化为到的距离，，则，错；
C：，则，故在上运动，
根据长方体的结构易知：当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，对；
D：，则，故为中点，
如下图，，，

所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即的交点，
故外接球的球心一定在直线上，令球体半径为R，
所以，，且，
可得，则外接球的表面积为，对.
故选：CD
12．【答案】
【详解】由题意可知，存在实数满足：，
据此可得方程组：，求解方程组可得：.
故答案为．
13．【答案】
【详解】取，,则，,
所以点到直线的距离为.
故答案为：
14．【答案】/-0.125
【详解】连接，如图，
因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，
则平面PAB，又平面PAB，即有，
因M是AC的中点，则，又，
，当且仅当取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
所以直线与所成角的余弦值为；
（2）设平面的法向量为，
则得取，则，
得平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为．
16．【答案】(1)
(2)存在，2
【详解】（1），
；
（2）设线段上存在一点E，使得，且，，
因为，且，
因故
，
解得，此时点E与点C重合，.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，交于点，连接．
因为为菱形，所以为的中点．
因为为的中点，所以为的中位线，所以．
因为平面平面，所以平面．
（2）在正中，连接，，则．
因为，
所以，所以．
因为，平面，所以平面．
所以平面，所以平面平面，平面平面，
过点作于点，平面，则平面.，所以，
又，，则，,.
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则．

设平面的法向量为，因为，
所以令，得．
设平面的法向量为，
因为，
所以
令，得．
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）如图，取PC的中点Q，连接MQ，BQ.
又M为PD的中点，所以，且，
因为四边形ABCD是菱形，所以，.
又N为AB的中点，所以，.
所以四边形MNBQ是平行四边形，所以.
因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC.

（2）如图，过点P作，连接DH.
因为，，所以，.
因为，
所以由余弦定理得，
所以.

所以，所以.
且，平面，，
所以平面ABCD.
（3）由（2）知平面ABCD，，以HC，HD，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，.
因为M为PD的中点，所以.
所以，，.
设平面PAD的法向量为，
则，得，取，得.
设CM与平面PAD所成的角为θ，
则.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）设，，，则，，
，.
如图，连接并延长交于点,连接,则
两边取平方得.
∴，∴.
（2）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以，在底面上，可知，
又平面，平面，所以平面.
（3）
设，，则①，因，如图，
过点作的平行线，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
此时有
因设平面的法向量为，
则，故可取；
又设平面的法向量为，
则，故可取；
则，
由题意，，即②
联立① ② ，解得故