贵州省毕节市织金县2024-2025学年高二上学期期末复习数学试卷（含解析）

高二上期末复习试卷一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若A，B两点的横坐标相等，则直线AB的倾斜角和斜率分别是()A．45°，1 B．135°，－1C．90°，不存在 D．180°，不存在2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝()A．(0,34,10) B．(－3,19,7)C．44 D．233．已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＝()A．eq\o(AG,\s\up7(→))B．eq\o(CG,\s\up7(→))C．eq\o(BC,\s\up7(→))D.eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))4．已知直线mx＋4y－2＝0与2x－5y＋n＝0互相垂直，垂足为(1，p)，则m－n＋p为()A．24B．20C．0D．－45．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝()A．9B．－9C．－3D．36．已知直线l1：ax＋(a＋2)y＋2＝0与l2：x＋ay＋1＝0平行，则实数a的值为()A．－1或2 B．0或2C．2 D．－17．在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝()A．0B.eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,2)8．无论k为何值，直线(k＋2)x＋(1－k)y－4k－5＝0都过一个定点，则该定点为()A．(1,3)B．(－1,3)C．(3,1)D．(3，－1)二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．以A(－1,1)，B(2，－1)，C(1,4)为顶点的三角形，下列结论正确的有()A．kAB＝－eq\f(2,3)B．kBC＝－eq\f(1,4)C．以A点为直角顶点的直角三角形D．以B点为直角顶点的直角三角形10．下列命题中不正确的是()A．经过点P0(x0，y0)的直线都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示B．经过定点A(0，b)的直线都可以用方程y＝kx＋b表示C．经过任意两个不同点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可用方程(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)表示D．不经过原点的直线都可以用方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示11.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AC的中点．则()A．〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(B1D1,\s\up7(→))〉＝120°B．BD1⊥ACC．BD1⊥EB1D．∠BB1E＝45°三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上)12．经过点A(2,5)，B(－3,6)的直线方程为____________．13．经过两直线2x－3y－3＝0和x＋y＋2＝0的交点且与直线3x＋y－1＝0垂直的直线l的方程为________．14．已知直线mx－2y－3m＝0(m≠0)在x轴上的截距是它在y轴上截距的4倍，则m＝________.四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分13分)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，求D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值．16．(本小题满分15分)已知两点A(－3,4)，B(3,2)，过点P(1,0)的直线l与线段AB有公共点．(1)求直线l的斜率k的取值范围；(2)求直线l的倾斜角α的取值范围．17．(本小题满分15分)直线l过点(2,2)，且与x轴和直线y＝x围成的三角形的面积为2，求直线l的方程．18．(本小题满分17分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2eq\r(2)，M为BC的中点．(1)证明：AM⊥PM；(2)求二面角P­AM­D的大小；(3)求点D到平面AMP的距离．19．(本小题满分17分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1­BC1­B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．高二上期末复习试卷考答案1．解析：选C由于A，B两点的横坐标相等，所以直线与x轴垂直，倾斜角为90°，斜率不存在．故选C.2．解析：选Ca＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.3．解析：选A在△BCD中，因为点G是CD的中点，所以eq\o(BG,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))，从而eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BG,\s\up7(→))＝eq\o(AG,\s\up7(→)).4．解析：选B∵两直线互相垂直，∴k1·k2＝－1，∴－eq\f(m,4)·eq\f(2,5)＝－1，∴m＝10.又∵垂足为(1，p)，∴代入直线10x＋4y－2＝0得p＝－2，将(1，－2)代入直线2x－5y＋n＝0得n＝－12，∴m－n＋p＝20.5．解析：选B由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.6．解析：选D由a·a－(a＋2)＝0，得a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1.经过验证，可得a＝2时两条直线重合，舍去．∴a＝－1.故选D.7．A．0B.eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,2)解析：选D设eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2)，又eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)c－b，因此eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq\f(1,4)a·c－eq\f(1,2)a·b＋eq\f(1,4)b·c－eq\f(1,2)b2＝－eq\f(1,2)，故选D.8．解析：选D直线方程可化为(2x＋y－5)＋k(x－y－4)＝0，此直线过直线2x＋y－5＝0和直线x－y－4＝0的交点．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,x－y－4＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－1.))因此所求定点为(3，－1)．故选D.9．解析：选ACkBC＝eq\f(4－－1,1－2)＝－5，kAB＝eq\f(1－－1,－1－2)＝－eq\f(2,3)，kAC＝eq\f(4－1,1－－1)＝eq\f(3,2)，∵kAB·kAC＝－1，∴AB⊥AC，∴△ABC是以A点为直角顶点的直角三角形．故A、C正确，B、D错误．10．解析：选ABDA中当直线的斜率不存在时，其方程只能表示为x＝x0；B中经过定点A(0，b)的直线x＝0无法用y＝kx＋b表示；D中不经过原点但斜率不存在(或斜率为零)的直线不能用方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示．只有C正确．故选A、B、D.11.解析：选ABC以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，B1(1，1,1)，A1(1,0,1)．eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，∵eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(AC,\s\up7(→))，∴BD1⊥AC，B正确．eq\o(EB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∵eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(EB1,\s\up7(→))＝(－1)×eq\f(1,2)＋(－1)×eq\f(1,2)＋1×1＝0，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))⊥eq\o(EB1,\s\up7(→))，∴BD1⊥EB1，C正确．eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，eq\o(B1D1,\s\up7(→))＝(－1，－1,0)，cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(B1D1,\s\up7(→))〉＝eq\f(－1,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，∴〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(B1D1,\s\up7(→))〉＝120°，A正确．eq\o(B1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(B1B,\s\up7(→))＝(0,0，－1)，cos〈eq\o(B1E,\s\up7(→))，eq\o(B1B,\s\up7(→))〉＝eq\f(1,\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(6),3)≠eq\f(\r(2),2)，D不正确，故A、B、C正确．12．解析：由两点式得直线方程为eq\f(y－6,5－6)＝eq\f(x＋3,2＋3)，即x＋5y－27＝0.答案：x＋5y－27＝013．解析：由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3y－3＝0，,x＋y＋2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,5)，,y＝－\f(7,5).))又所求直线与直线3x＋y－1＝0垂直，故k＝eq\f(1,3)，∴直线方程为y＋eq\f(7,5)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,5)))，即5x－15y－18＝0.答案：5x－15y－18＝014．解析：直线方程可化为eq\f(x,3)＋eq\f(y,－\f(3m,2))＝1，∴－eq\f(3m,2)×4＝3，解得m＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)15．解：建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(－1,2,0)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－1，0,1)，eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝(0,2,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(A1C1,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(BC1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(D1C1,\s\up7(→))·n|,|eq\o(D1C1,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3)，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为eq\f(1,3).16．．解：如图，由题意可知kPA＝eq\f(4－0,－3－1)＝－1，kPB＝eq\f(2－0,3－1)＝1，(1)要使l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)由题意可知直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，又PB的倾斜角是45°，PA的倾斜角是135°，∴α的取值范围是45°≤α≤135°.17．解：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经检验符合题目的要求．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x－2)，即y＝kx－2k＋2.令y＝0得，x＝eq\f(2k－2,k).由三角形的面积为2，得eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2k－2,k)))×2＝2.解得，k＝eq\f(1,2).可得直线l的方程为y－2＝eq\f(1,2)(x－2)，综上可知，直线l的方程为x＝2或y－2＝eq\f(1,2)(x－2)．18．解：(1)证明：以D点为原点，分别以直线DA，DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0,0,0)，P(0,1，eq\r(3))，C(0,2,0)，A(2eq\r(2)，0,0)，M(eq\r(2)，2,0)．eq\o(PM,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(－eq\r(2)，2,0)，∴eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))·(－eq\r(2)，2,0)＝0，即eq\o(PM,\s\up7(→))⊥eq\o(AM,\s\up7(→))，∴AM⊥PM.(2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PM,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋y－\r(3)z＝0，,－\r(2)x＋2y＝0，))取y＝1，得n＝(eq\r(2)，1，eq\r(3))．取p＝(0,0,1)，显然p为平面ABCD的一个法向量，∴cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).结合图形可知，二面角P­AM­D为45°.(3)设点D到平面AMP的距离为d，由(2)可知n＝(eq\r(2)，1，eq\r(3))与平面PAM垂直，则d＝eq\f(|DA→·n|,|n|)＝eq\f(|2\r(2)，0，0·\r(2)，1，\r(3)|,\r(\r(2)2＋12＋\r(3)2))＝eq\f(2\r(6),3)，即点D到平面AMP的距离为eq\f(2\r(6),3).19．解：(1)证明：因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．所以eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(0,3，－4)，eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(4,0,0)，eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(0,0,4)，eq\o(BC1,\s\u