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2024 级高二第一学期第一次限时练习数学试卷
命题人： 审题人： 满分：150分 考试时间：120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 圆 的圆心和半径分别为（ ）
A. ，2 B. ，4 C. ，2 D. ，4
【答案】C
【解析】
【分析】
将圆的方程转化为标准方程形式，直接判断即可.
【详解】由题可知：圆 即
所以该圆的圆心为 ，半径为
故选：C
2. 若直线 ： 与 ： 平行，则实数 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行列方程计算即可.
【详解】由题意， ，解得 或 ，
当 时，直线 ： ， ： ，两直线平行；
当 时， ： ， ： ，两直线重合.
综上所述， .
故选：A
3. 三棱锥 中， ，点 为 中点，点 满足 ，则 （）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图形，题意，结合空间向量加减法可得答案.
【详解】 ，又 为 中点，
故选：C
4. 已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l过点 且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（
）
A. [－2，0)∪(0， ] B. (－∞，－ ]∪[2，＋∞)
C. [－2， ] D. (－∞，－2]∪[ ，＋∞)
【答案】D
【解析】
【分析】求出 和 ，数形结合观察满足直线l过点 且与线段AB有公共点下斜率的变化情况即
可求出结果.【详解】根据题意，作出图形如下图：
直线PA的斜率为 ，直线PB的斜率为 ，
所以由图可知过点 且与线段AB有公共点时，直线l的斜率取值范围是 .
故选：D.
5. 在空间直角坐标系中， ， ， ，则点 到直线 的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
的
【分析】利用空间点到直线 距离公式求解即可.
【详解】由 ， ， ，
则 ，
则 ， ，
所以点 到直线 的距离为 .
故选：B6. 当动点 在正方体 的体对角线 上运动时，异面直线 与 所成角的取值范
围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
以 为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 BP与AD
1 1
所成角的取值范围．
【详解】以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴正向，建立空间直角坐标系 ，则
， ，设 ，则 ，
， ，
故 ，
对于函数 ， 有：
， ，
故 ，又 ，
故 .故选 .
【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查异面直线所成角的概念等基础知识，考查运算
求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
7. 如图，在三棱锥 中，点 为底面 的重心，点 是线段 上靠近点 的三等分点，过点 的平面分别交棱 ， ， 于点 ， ， ，若 ， ， ，
则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量基本定理，用 表示 ，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数 ，
使 ，再转化为 ，由空间向量分解的唯一性，
分析即得解.
【详解】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数 ，使 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ．
故选：D
8. 在正四面体 中，点 在线段 上运动（不含端点）.设 与平面 所成角为 ， 与
平面 所成角为 ， 与平面 所成角为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ， ， ， ， ， ，然后算出
， ， 即可.
【详解】
不妨设 ， ， ， ， ，
所以 ，所以所以
设平面 的法向量为
则有 ，即 ，即
所以可取
所以 ，
同理可得 ，
因为 ，
所以 ，故 ，
故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列说法错误的是（ ）
A. 若空间向量 ， 满足 ，则 与 夹角为锐角.
B. 设 是空间中 的一组基底，则 也是空间的一组基底.
C. 若 ，则存在唯一的实数 ，使 .
D. 向量 ， ， ，若向量 ， ， 共面，则实数 的值为1.
【答案】ABC
【解析】
【分析】举例判断AC；根据共面向量的定义求解判断BD.
【详解】对于A，当 与 方向相同时，且都不为零向量时满足 ，
但 与 夹角为0，故A错误；对于B，由于 是空间中的一组基底，则 不共面，
因为 ，所以 共面，
所以 不是空间的一组基底，故B错误；
对于C，当 时， ，但不存在唯一的实数 ，使 ，故C错误；
对于D，若向量 ， ， 共面，则 ，
即 ，
则 ，解得 ，故D正确.
故选：ABC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若直线 经过第一、二、四象限，则点 在第二象限.
B. 斜率为 ，在 轴截距为3的直线方程为 .
C. 直线 关于 对称的直线方程是 .
D. 对任意的 ，直线 与直线 有公共点.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，结合一次函数的特征可得 ，进而判断即可；对于B，根据斜截式方程求解判
断即可；对于C，先求出直线 与 的交点，再求出直线 上一点的对称
点，进而求解判断即可；对于D，由题设可得直线 恒过定点 ，而 在直线上，进而判断即可.
【详解】对于A，由直线 经过第一、二、四象限，
则 ，所以点 在第二象限，故A正确；
对于B，斜率为 ，在 轴截距为3的直线方程为 ，故B错误；
对于C，联立 ，解得 ，
则直线 与 的交点为 ，
取直线 上一点 ，设其关于直线 对称点为 ，
则 ，解得 ，即对称点为 ，
则所求直线的斜率为 ，
则所求直线的方程为 ，即 ，故C错误；
对于D，直线 ，即 ，
令 ，解得 ，则直线 恒过定点 ，
而 在直线 上，
所以对任意的 ，直线 与直线 有公共点，故D正确.
故选：AD
在
11. 如图，正三棱柱 中， ，点P 线段 上（不含端点），则（ ）A. 不存在点P，使得
B. 面积的最小值为
C. 的最小值为
D. 三棱锥 与三棱锥 的体积之和为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断 AB；把 放置
于同一平面内，计算两点间距离判断C；利用等体积法计算判断D.
【详解】在正三棱柱 中，取BC的中点O，连接OA，
则 ，又 底面ABC，则 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，在平面 内作 ，
以O为原点，直线 分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为 ，所以 ， ， ， ，
设 ，则 ， ，
设 ，则 ，
所以 ， ，则 .
对于A， ， ，
要使 ，则 ，解得 ，
所以当 时，存在点P，使得 ，故A不正确；
对于B， ， ，
设 ，则 ，
所以 ，
则 ，
因为 ，所以当 时， 取得最小值 ，故B正确；
对于C，将 和 沿 展开在同一平面内，如图，连接 交 于点T，可知 ，当点P与点T重合时取得最小值 ，
依题意， ， ，
则 ， ，
所以 ，
在 中，由余弦定理，得
，
则 ，即 的最小值为 ，故C不正确；
对于D， ，故D
正确．
故选：BD.
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一
平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若空间向量 ， ，则 在 上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用投影向量的公式及空间向量的数量积运算即可得到结果.
【详解】由 ， ，
则 ， ，所以 在 上的投影向量的坐标为 .
故答案为： .
13. 平面直角坐标系中，任意两点 ， ，定义 为“A，B两
点间的距离”，定义 为“A，B两点间的曼哈顿距离”，已知 为坐标原点，
为平面直角坐标系中的动点，且 ，则 的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据 得出 ，利用点到直线的距离可得答案.
【详解】设 ，则由 ，
因为 ，所以 ，
的最小值为点 到线段的距离，
的最小值为 .
故答案为：
14. 如图，在三棱锥 中，三条侧棱 ， ， 两两垂直，且 ， 为内部一动点，过 分别作平面 ，平面 ，平面 的垂线，垂足分别为 ， ， ．
①直线 与直线 是异面直线；
② 为定值；
③三棱锥 的外接球表面积的最小值为 ；
④当 时，平面 与平面 的夹角大小为 ．
则以上结论中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③
【解析】
【分析】根据 ，即可判断②；由题意可知 两两垂直，由
②结合基本不等式求出三棱锥 的外接球半径的最小值，即可判断③；当 时，
为 的中心，以 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断④；当 为 的中心
时，，利用向量法证明 ，即可判断①.
【详解】对于②，设 ，
由题意 ，即 ，
所以 ，
即 为定值，故②正确；
对于③，设三棱锥 的外接球的半径为 ，
由题意可知 两两垂直，
则
，当且仅当 时取等号，
所以 的最小值为 ，即 的最小值为 ，
所以三棱锥 的外接球表面积的最小值为 ，故③正确；
对于④，如图，以 为原点建立空间直角坐标系，
因为 ，所以 ，
此时， 为 的中心，
则 ，
因为 ，所以 平面 ，
故 即为平面 的一个法向量，
而 ，设平面 的一个法向量为 ，
则有 ，可取 ，
则 ，
所以平面PQR与平面OBC所成的锐二面角的余弦值为 ，故④错误，
由④可知，当 为 的中心时， ，
，则 ，
所以 ，
所以直线PR与直线BC共面，故①错误.
故答案为：②③.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 直线l经过两直线 ： 和 ： 的交点.
（1）若直线l与直线 垂直，求直线l的方程；
（2）若点 到直线l的距离为5，求直线l的方程.
【答案】（1）（2） 或 .
【解析】
【分析】（1）联立方程组，求得两直线的交点坐标，利用垂直关系求得斜率，结合点斜式方程，即可求
解；
（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解.
【小问1详解】
解：联立方程组 ，解得交点 ，
又直线 与直线 垂直，所以直线 的斜率为 ，
则直线 的方程为 ，即 .
【小问2详解】
当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，满足点 到直线 的距离为5；
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，即 ，
则点 到直线 的距离为 ，求得 ，
故直线 的方程为 ，即 ，
综上可得，直线 的方程为 或 .
16. 如图，在六面体 中，四边形 是正方形， ， ， 都垂直于平面 ，且
， ， ， ， 分别是 ， 的中点．（1）证明： 平面 ．
（2）若 ，求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，根据题意可得 ，结合线面平行的判定定理
分析证明；
（2）空间直角坐标系，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离.
【小问1详解】
因为 ， ， 都垂直于平面 ，则 .
取 的中点 ，连接 ， ，
则 ，且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，
可得 ，
且 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
【小问2详解】
连接 ，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
可得 ， ， .
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ， ，可得 .
故点 到平面 的距离 .
17. 已知圆C过点 ， ，且圆心在 上，
（1）求圆C的方程；
（2）已知平面内两点 ， ，P为圆C上的动点，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）130
【解析】
【分析】（1）由圆心在弦 的中垂线上，联立方程组即可求得；
（2）设 ，用距离公式表示 ，转化为圆外一点与圆上一点的距离的最值问题即可求
解.
【小问1详解】
， ，由中点坐标公式得MN的中点坐标为 ，
，的中垂线方程为： ，即 ，
，
， ，
圆 的方程为
【小问2详解】
设 ，
，
即点P到原点O的距离的平方，
，
，
18. 在 中， ， ， ， 分别是 上的点，满足 且
经过 的重心，将 沿 折起到 的位置，使 ， 是 的中点，
如图所示．
（1）求证： 平面 ；
（2）在线段 上是否存在点 ，使平面 与平面 的夹角的余弦值为 ,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在， 的长度为 或
【解析】
【分析】（1）通过证明 ， 来证得 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.
【小问1详解】
因为在 中， ， ，且 ，
所以 ， ，则折叠后， ，
又 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以 ， 又已知 ， 且 都在面 内，
所以 平面 .
【小问2详解】
由（1）知，以 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系 ，
因为 ，故 ，
由几何关系可知， ， ， ，
故 ， ， ， ， ， ，
假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 成角余弦值为 ，， ， ，
设 ，则 ，
，
设平面 的法向量为 ，则有 ，即
不妨令 ，则 ， ，
故平面 的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则有 ，即
不妨令 ，则 ， ，所以平面 的一个法向量为 ，
若平面 与平面 成角余弦值为 ，
则满足 ，
化简得 ， 解得 或 ， 即 或 ，
故在线段 上存在这样的点 ，
使平面 与平面 成角余弦值为 ，此时 的长度为 或 ．
19. 若 ，则称 为 维空间向量集，
为零向量，对于 ，任意 ，定义：
①数乘运算： ；②加法运算： ；
③数量积运算： ；
④向量的模： ，
对于 中一组向量 ，若存在一组不同时为零的实数 使得
，则称这组向量线性相关，否则称为线性无关，
（1）对于 ，判断下列各组向量是否线性相关：
① ；
② ；
（2）已知 线性无关，试判断 是否线性相关，并说明
理由；
（3）证明：对于 中的任意两个元素 ，均有 ，
【答案】（1）①线性相关，②线性相关
（2）线性无关，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（2）利用 维空间向量线性相关的定义进行列式判断即可得解；
（3）利用 维空间向量的数量积与模的公式，结合完全平方公式即可得证.
【小问1详解】
对于①，假设 与 线性相关，
则存在不全为零的实数 使得 ，
则 ，即 ，
可取 ，所以 线性相关，对于②，假设 线性相关，
则存在不全为零的实数 使得 ，
则 ，得 ，
可取 ，所以 线性相关.
【小问2详解】
假设 线性相关，
则存在不全为零的实数 ，
使得 ，
则 ，
因为 线性无关，
所以 ，得 ，矛盾，
所以向量 线性无关.
【小问3详解】
设 ，
则 ，
所以 ，
又 ，
所以，
当且仅当 同时成立时，等号成立，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用类比法，类比平面向量到 维空间向量，利用平面向量的性
质与结论列式推理，从而得解.
