中小学教育资源及组卷应用平台
2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（山东1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）已知、都是空间向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考期末）已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考阶段练习）O、A、B、C为空间四点，且向量、、不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．、、共线 B．、共线
C．、共线 D．O、A、B、C四点共面
4．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）经过两点、的直线方程都可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022春·山东·高二山东师范大学附中校考期中）已知向量，，且与互相垂直，则的值是（ ）
A．－1 B． C． D．
6．（2022秋·山东·高二山东师范大学附中校考阶段练习）已知直线过定点，直线过定点，与相交于点，则（ ）
A．10 B．13 C．16 D．20
7．（2022秋·山东济南·高二山东省实验中学校考阶段练习）如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·山东济南·高二济南市历城第二中学校考期末）已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共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.
9．（2023秋·山东聊城·高二聊城二中校考开学考试）已知空间向量，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．向量与向量共线
C．向量关于轴对称的向量为
D．向量关于平面对称的向量为
10．（2022秋·山东潍坊·高二寿光现代中学校考阶段练习）直线 与圆 的大致图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022·山东·山东师范大学附中校联考模拟预测）已知正方体棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若，三棱锥的体积为定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是
12．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知点，动点满足，则下面结论正确的为（ ）
A．点的轨迹方程为 B．点到原点的距离的最大值为5
C．面积的最大值为4 D．的最大值为18
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在的直线方程是 .
14．（2022秋·山东济南·高二山东省实验中学校考阶段练习）若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为 .
15．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）已知的三个顶点分别是，，，则的外接圆的方程为 ．
16．（2023春·山东济南·高三山东师范大学附中校考阶段练习）已知直线
四、解答题(本大题共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．（2022秋·山东青岛·高二校考阶段练习）已知三棱锥中，平面ABC，，若，，，建立空间直角坐标系.
(1)求各顶点的坐标；
(2)若点Q是PC的中点，求点Q坐标；
(3)若点M在线段PC上移动，写出点M坐标.
18．（2021秋·山东日照·高二山东省日照实验高级中学校考阶段练习）已知直线l过点.
（1）若直线l在两坐标轴上截距和为零，求l方程；
（2）设直线l的斜率，直线l与两坐标轴交点别为，求面积最小值.
19．（2022秋·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期中）在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
20．（2023秋·山东济宁·高二嘉祥县第一中学校考期末）如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
21．（2020秋·山东青岛·高三青岛二中校考期中）在多面体中，平面为正方形，，，，二面角的平面角的余弦值为，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
22．（2023秋·山东济南·高二济南市章丘区第四中学校考期末）如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.
(1)证明：平面；
(2)若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（山东1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）已知、都是空间向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的数量积运算即可得到答案
【详解】解：
，
，
， ，
故选：A
2．（2023秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考期末）已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】计算，再考虑和两种情况，得到倾斜角范围.
【详解】，则，
设直线的倾斜角为，故，
所以当时，直线的倾斜角；
当时，直线的倾斜角；
综上所述：直线的倾斜角
故选：B
3．（2022秋·山东·高二山东省实验中学校考阶段练习）O、A、B、C为空间四点，且向量、、不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．、、共线 B．、共线
C．、共线 D．O、A、B、C四点共面
【答案】D
【解析】根据向量、、不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.
【详解】因为O、A、B、C为空间四点，且向量、、不能构成空间的一个基底，
所以、、共面，
所以O、A、B、C四点共面，
故选：D
4．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）经过两点、的直线方程都可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据两点式直线方程即可求解.
【详解】当经过、的直线不与轴平行时，所有直线均可以用，
由于可能相等，所以只有选项C满足包括与轴平行的直线.
故选:C
5．（2022春·山东·高二山东师范大学附中校考期中）已知向量，，且与互相垂直，则的值是（ ）
A．－1 B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出与的坐标，再由与互相垂直，可得，从而可求出的值.
【详解】因为，，
所以，，
因为与互相垂直，
所以，解得，
故选：D
6．（2022秋·山东·高二山东师范大学附中校考阶段练习）已知直线过定点，直线过定点，与相交于点，则（ ）
A．10 B．13 C．16 D．20
【答案】B
【分析】由题意，直线与直线互相垂直且垂足为点，又直线过定点，直线过定点，在中，根据勾股定理及两点间的距离公式即可求解.
【详解】解：因为，所以直线与直线互相垂直且垂足为点，
又因为直线过定点，直线，即过定点，
所以在中，，
故选：B.
7．（2022秋·山东济南·高二山东省实验中学校考阶段练习）如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答.
【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，，
令，则，而，，
于是得，
因此，，
所以与所成角的大小为.
故选：B
8．（2022秋·山东济南·高二济南市历城第二中学校考期末）已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
二、多选题(本大题共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.
9．（2023秋·山东聊城·高二聊城二中校考开学考试）已知空间向量，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．向量与向量共线
C．向量关于轴对称的向量为
D．向量关于平面对称的向量为
【答案】ABC
【分析】根据空间向量模的公式，结合共线向量、线对称、面对称的性质逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项说法正确；
B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；
C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于轴对称的点的坐标为，
所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；
D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于平面对称点的坐标为，
所以向量关于平面对称的向量为，
故选：ABC
10．（2022秋·山东潍坊·高二寿光现代中学校考阶段练习）直线 与圆 的大致图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】根据每个选项的直线的斜截式方程可以判断出的正负性，再判断圆心的位置即可.
【详解】A：直线不经过第四象限，所以，所以圆的圆心在第一象限，因此本选项可能正确；
B：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，因此本选项不可能正确；
C：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项可能正确；
D：直线不经过第二象限，所以，所以圆的圆心在第四象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项不可能正确，
故选：AC
11．（2022·山东·山东师范大学附中校联考模拟预测）已知正方体棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若，三棱锥的体积为定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后判断各个选项正误.
【详解】选项A：由题，如下图，P为中点，取的中点O，连接，则，所以或其补角即为异面直线与所成的角，易得，所以，A正确；
选项B：由条件，可知P点的轨迹为线段，因为，故P到平面的距离为定值，且三角形面积为定值，故三棱锥体积为定值．故选项B正确．
选项C：由可知点P在线段上（E、F分别为、中点），因为平面，所以平面即为平面，点P即为平面与直线交点，此交点在延长线上，故选项C错误．
选项D：由可知点P的轨迹为线段．建系如图，得，设，则，所以，令，
当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，令，，所以当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故选项D正确．
故选：ABD.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定，体积求法及异面直线所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解直线方向向量或平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
12．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知点，动点满足，则下面结论正确的为（ ）
A．点的轨迹方程为 B．点到原点的距离的最大值为5
C．面积的最大值为4 D．的最大值为18
【答案】ABD
【分析】设动点，根据两点之间的距离公式结合条件化简即可判断A选项，再由圆外一点到圆上一点的距离范围判断B和C选项，利用向量的数量积公式和代入消元法即可判断D选项.
【详解】设动点，则由得：，
即，
化简得：，即，所以A选项正确；
所以点轨迹是圆心为，半径为的圆，
则点到原点的距离最大值为，所以B选项正确；
又，和点轨迹的圆心都在轴上，且，
所以当圆的半径垂直于轴时，面积取得最大值，所以C选项错误；
又，
因为（），
所以（），
则，所以D选项正确；
故选：ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022秋·山东枣庄·高二滕州市第一中学新校校考阶段练习）将一张坐标纸折叠一次，使点与重合，求折痕所在的直线方程是 .
【答案】
【分析】利用折痕所在直线与两点连线垂直可得所求直线斜率，利用中点在折痕所在直线上可得所求直线方程.
【详解】解：点与点连线斜率，折痕所在直线斜率，
又点与点的中点为，
折痕所在直线方程为：，即，
故答案为：
14．（2022秋·山东济南·高二山东省实验中学校考阶段练习）若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为 .
【答案】
【分析】根据直线斜率公式结合已知直线的方向向量可以直接求出直线的斜率，进而根据斜率求解倾斜角.
【详解】解：因为直线l的一方向向量为，
所以直线的斜率为，，
设直线l的倾斜角，则，
所以，即.
故答案为：
15．（2022秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）已知的三个顶点分别是，，，则的外接圆的方程为 ．
【答案】
【分析】由为直角三角形，确定斜边上中点坐标并求外接圆半径，即可写出的外接圆的方程.
【详解】由题设易知：为直角三角形，故外接圆圆心是斜边的中点，而，
所以斜边为，则外接圆圆心为，故，
综上，的外接圆的方程为.
故答案为：
16．（2023春·山东济南·高三山东师范大学附中校考阶段练习）已知直线与圆相切，则满足条件的的个数是 个.
【答案】3
【分析】原点到直线距离为1，而原点到圆心距离为3，圆C的半径为2，所以满足条件的直线l即为圆和圆的公切线，而圆和圆外切，故公切线有三条.
【详解】由已知直线，
则原点到直线l的距离为，
由直线l与圆相切，
则圆心到直线l的距离为2，
满足条件的直线l即为圆和圆的公切线，
圆和圆外切，
这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，
满足条件的直线l有3条.
故答案为：3.
四、解答题(本大题共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．（2022秋·山东青岛·高二校考阶段练习）已知三棱锥中，平面ABC，，若，，，建立空间直角坐标系.
(1)求各顶点的坐标；
(2)若点Q是PC的中点，求点Q坐标；
(3)若点M在线段PC上移动，写出点M坐标.
【答案】(1)建系见解析，，，，；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定三棱锥的特征建立空间直角坐标系，写出顶点坐标作答.
（2）利用（1）的结论结合中点坐标公式计算作答.
（3）设出点M的纵坐标，直接写出其坐标作答.
【详解】（1）在三棱锥中，平面ABC，，则射线两两垂直，
以点A为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
所以，，，.
（2）由（1）知，点Q是PC中点，则.
（3）由（1）知，点M在线段PC上移动，则点M的横坐标为0，设其纵坐标为t，
其竖坐标z，当M与P不重合时，，当M与P重合时，z=3满足上式，因此，
所以点.
18．（2021秋·山东日照·高二山东省日照实验高级中学校考阶段练习）已知直线l过点.
（1）若直线l在两坐标轴上截距和为零，求l方程；
（2）设直线l的斜率，直线l与两坐标轴交点别为，求面积最小值.
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）由题知直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，进而写出直线的方程并求解直线在坐标轴上截距，再结合题意求解即可；
（2）由题知，进而根据题意得，再根据基本不等式求解即可得答案.
【详解】解：（1）因为直线l在两坐标轴上截距和为零，
所以直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，则直线l方程为，
所以直线在坐标轴上截距分别为，，
所以，整理得，解得或
所以直线l方程为或.
（2）由（1）知，
因为，
所以面积为，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积最小值
19．（2022秋·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期中）在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；
（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得 .
【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，
由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，
由已知得，判别式①，
由根与系数的关系得，②，
由得.
又∵，，∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，即，
∴.
【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.
20．（2023秋·山东济宁·高二嘉祥县第一中学校考期末）如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）由题可知是二面角的平面角，易证是等边三角形，连接，根据图1中的几何关系和面面垂直的性质定理可证平面，再以为原点，，，为，，轴建系，利用空间向量法即可求出线与平面所成角.
【详解】（1）证明：因为在图1中，沿着将折起，
所以在图2中有，，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）解：由（1）知，，，
所以是二面角的平面角，
所以，
又因为，
所以是等边三角形，
连接，
在图1中，因为，，
所以，
因为是的中点，
所以，
所以是等边三角形.
取的中点，连接，，
则，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
所以，，两两垂直，
以为原点，，，为，，轴建系，如图所示.
，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则即
取，得平面的一个法向量为，
所以.
设直线与平面所成角为，则.
21．（2020秋·山东青岛·高三青岛二中校考期中）在多面体中，平面为正方形，，，，二面角的平面角的余弦值为，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；
（2）由题可得是二面角的平面角，作于点，根据面面垂直的性质可得平面，建立空间直角坐标系，利用坐标法结合面面角的向量求法可得面面角的夹角的余弦值，然后利用换元法结合对勾函数的性质即得.
【详解】（1）∵，，，
∴，即，
又∵在正方形中，，
且，平面，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面；
（2）由（1）知，是二面角的平面角，
作于点，则，，且平面平面，
平面平面，平面，
∴平面，
取中点，连接，则，
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
∴
，
令，则根据对勾函数的性质可得或，
∴，
∴；
当时，；
∴，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围为.
22．（2023秋·山东济南·高二济南市章丘区第四中学校考期末）如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.
(1)证明：平面；
(2)若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，点与点重合.
【分析】（1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
（2）解：存在，理由如下：
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，
则，，，，，，
由直线平面且过点，以及平面，得，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则则，即，取，得，
易知平面的法向量，
设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，
则，
，
由，得，即，解得，
所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
