湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析（word版） 人教版
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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：C
3.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：A
8.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.1D.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（）
AB.
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：ABC
11.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...
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：C
3.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：A
8.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.1D.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（）
AB.
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：ABC
11.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...
