貴州省畢節(jié)市織金縣2024-2025學年高二上學期期末復(fù)習數(shù)學試卷（含解析）

高二上期末復(fù)習試卷一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．若A，B兩點的橫坐標相等，則直線AB的傾斜角和斜率分別是()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)，則a·(a＋3b)＝()A．(0,34,10) B．(－3,19,7)C．44 D．233．已知四面體ABCD，G是CD的中點，連接AG，則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．已知直線mx＋4y－2＝0與2x－5y＋n＝0互相垂直，垂足為(1，p)，則m－n＋p為()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，則λ＝()A．9B．－9C．－3D．36．已知直線l1：ax＋(a＋2)y＋2＝0與l2：x＋ay＋1＝0平行，則實數(shù)a的值為()A．－1或2 B．0或2C．2 D．－17．在棱長為1的正四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點，則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．無論k為何值，直線(k＋2)x＋(1－k)y－4k－5＝0都過一個定點，則該定點為()A．(1,3)B．(－1,3)C．(3,1)D．(3，－1)二、多項選擇題(本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9．以A(－1,1)，B(2，－1)，C(1,4)為頂點的三角形，下列結(jié)論正確的有()A．kAB＝－eq\f(2,3)B．kBC＝－eq\f(1,4)C．以A點為直角頂點的直角三角形D．以B點為直角頂點的直角三角形10．下列命題中不正確的是()A．經(jīng)過點P0(x0，y0)的直線都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示B．經(jīng)過定點A(0，b)的直線都可以用方程y＝kx＋b表示C．經(jīng)過任意兩個不同點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直線都可用方程(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)表示D．不經(jīng)過原點的直線都可以用方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示11.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為AC的中點．則()A．〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(B1D1,\s\up7(→))〉＝120°B．BD1⊥ACC．BD1⊥EB1D．∠BB1E＝45°三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分．把答案填在題中橫線上)12．經(jīng)過點A(2,5)，B(－3,6)的直線方程為____________．13．經(jīng)過兩直線2x－3y－3＝0和x＋y＋2＝0的交點且與直線3x＋y－1＝0垂直的直線l的方程為________．14．已知直線mx－2y－3m＝0(m≠0)在x軸上的截距是它在y軸上截距的4倍，則m＝________.四、解答題(本大題共5小題，共77分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分13分)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，求D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值．16．(本小題滿分15分)已知兩點A(－3,4)，B(3,2)，過點P(1,0)的直線l與線段AB有公共點．(1)求直線l的斜率k的取值范圍；(2)求直線l的傾斜角α的取值范圍．17．(本小題滿分15分)直線l過點(2,2)，且與x軸和直線y＝x圍成的三角形的面積為2，求直線l的方程．18．(本小題滿分17分)如圖，邊長為2的等邊△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2eq\r(2)，M為BC的中點．(1)證明：AM⊥PM；(2)求二面角P-AM-D的大小；(3)求點D到平面AMP的距離．19．(本小題滿分17分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；(3)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求eq\f(BD,BC1)的值．高二上期末復(fù)習試卷考答案1．解析：選C由于A，B兩點的橫坐標相等，所以直線與x軸垂直，傾斜角為90°，斜率不存在．故選C.2．解析：選Ca＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，則a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.3．解析：選A在△BCD中，因為點G是CD的中點，所以eq\o(BG,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BD,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→)))，從而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：選B∵兩直線互相垂直，∴k1·k2＝－1，∴－eq\f(m,4)·eq\f(2,5)＝－1，∴m＝10.又∵垂足為(1，p)，∴代入直線10x＋4y－2＝0得p＝－2，將(1，－2)代入直線2x－5y＋n＝0得n＝－12，∴m－n＋p＝20.5．解析：選B由題意知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：選D由a·a－(a＋2)＝0，得a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1.經(jīng)過驗證，可得a＝2時兩條直線重合，舍去．∴a＝－1.故選D.7．A．0B.eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,2)解析：選D設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(→))＝c，則|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)，故選D.8．解析：選D直線方程可化為(2x＋y－5)＋k(x－y－4)＝0，此直線過直線2x＋y－5＝0和直線x－y－4＝0的交點．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.))因此所求定點為(3，－1)．故選D.9．解析：選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點為直角頂點的直角三角形．故A、C正確，B、D錯誤．10．解析：選ABDA中當直線的斜率不存在時，其方程只能表示為x＝x0；B中經(jīng)過定點A(0，b)的直線x＝0無法用y＝kx＋b表示；D中不經(jīng)過原點但斜率不存在(或斜率為零)的直線不能用方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示．只有C正確．故選A、B、D.11.解析：選ABC以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.設(shè)正方體的棱長為1，則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正確．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正確．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正確．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不正確，故A、B、C正確．12．解析：由兩點式得直線方程為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：由方程組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).))又所求直線與直線3x＋y－1＝0垂直，故k＝eq\f(1,3)，∴直線方程為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：直線方程可化為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：建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，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)．設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有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，則n＝(2,1,2)．設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則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與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\f(1,3).16．．解：如圖，由題意可知kPA＝eq\f(4－0,－3－1)＝－1，kPB＝eq\f(2－0,3－1)＝1，(1)要使l與線段AB有公共點，則直線l的斜率k的取值范圍是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)由題意可知直線l的傾斜角介于直線PB與PA的傾斜角之間，又PB的傾斜角是45°，PA的傾斜角是135°，∴α的取值范圍是45°≤α≤135°.17．解：當直線l的斜率不存在時，l的方程為x＝2，經(jīng)檢驗符合題目的要求．當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y－2＝k(x－2)，即y＝kx－2k＋2.令y＝0得，x＝eq\f(2k－2,k).由三角形的面積為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).可得直線l的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x－2)，綜上可知，直線l的方程為x＝2或y－2＝eq\f(1,2)(x－2)．18．解：(1)證明：以D點為原點，分別以直線DA，DC為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，依題意，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)設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAM的法向量，則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)，顯然p為平面ABCD的一個法向量，∴cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).結(jié)合圖形可知，二面角P-AM-D為45°.(3)設(shè)點D到平面AMP的距離為d，由(2)可知n＝(eq\r(2)，1，eq\r(3))與平面PAM垂直，則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)，即點D到平面AMP的距離為eq\f(2\r(6),3).19．解：(1)證明：因為四邊形AA1C1C為正方形，所以AA1⊥AC.因為平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于這兩個平面的交線AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由題意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如圖，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，則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