贵州省黔西南布依族苗族顶效开发区顶兴学校2024-2025学年高二上学期期中测试数学试卷

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（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
注意事项
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷
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.设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3.已知直线经过点，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
4.若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. D.或
5.已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6.已知点到直线和直线的距离相等，则点到坐标原点距离的最小值为（ ）
A. B.4 C.2 D.
7.若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8.如图，在平行六面体中，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的部分得分，有选错的得0分.
9.已知直线与圆，若点为直线上的一个动点，下列说法正确的是（ ）
A.直线与圆相交
B.圆关于直线对称的圆的方程为
C.若点为圆上的动点，则的取值范围为
D.圆上存在两个点到直线的距离为
10.下列命题是真命题的有（ ）
A.是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么共面
B.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与平行
C.直线的方向向量为，平面的法向量为，则平面
D.平面经过三点是平面的法向量，则
11.已知正方体的边长为分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.平面
C.点到平面的距离为2
D.二面角的余弦值为
第II卷
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.点关于直线的对称点的坐标为__________.
13.在空间直角坐标系中，已知，则的最小值是__________.
14.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，是棱的中点.则点到直线的距离为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.
15.（本题满分13分）已知圆经过点，且被直线平分.
（1）求圆的标准方程；
（2）设是圆上的动点，求线段的中点的轨迹方程.
16.（本题满分15分）如图，平面平面，.
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）求点到平面的距离.
17.（本题满分15分）已知的顶点，直线的方程为边上的高所在直线的方程为.
（1）求顶点A和的坐标；
（2）求外接圆的一般方程.
18.（本题满分17分）如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，为中点，为靠近的四等分点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值：
19.（本题满分17分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
2024年10月25日高二数学
参考答案：
1.C
【详解】，则，又.
故选：C.
2.B
【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果.
【详解】由，
所以的虚部为.
故选：B.
3.A
【分析】由直线过的两点的坐标，可得直线的斜率，进而求出直线的倾斜角的大小.
【详解】直线经过点，所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，即，所以.
故选：A.
4.D
【分析】计算得到，结合线面位置关系即得解.
【详解】由题得，所以.所以或.
故选：D
5.B
【分析】由题意先求出时的的值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，可得，解得或.
当时，，此时，当时，，
此时，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6.A
【分析】由两直线平行可判断点所在直线，垂直时距离最小，再由点到直线的距离公式求出即可.
【详解】因为直线和直线平行，且点到他们的距离相等，所以点在直线上，
当时，点到坐标原点距离的最小，为
故选：A
7.C
【分析】根据直线和曲线方程在平面直角坐标系中画出图形，数形结合分析即可.
【详解】由题意，直线的方程可化为，所以直线恒过定点，，可化为其表示以为圆心，半径为2的圆的一部分，如图.
当与该曲线相切时，点到直线的距离，解得.
设，则.由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，则.
故选：C.
8.D
【分析】由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得，利用向量数量积的运算律求，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.
【详解】因为，可得，
又因为，
可得
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
9.CD
【分析】根据圆心到直线的距离即可求解ACD，设圆关于直线对称的圆的圆心为，结合对称性质列出方程组求解，进而判断B.
【详解】对于A，由圆，则圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
故直线与圆相离，A错误；
对于B，设圆关于直线对称的圆的圆心为，
则，解得，即所求圆的圆心为，
所以圆关于直线对称的圆的方程为，B错误；
对于C，圆上的点到直线的最小距离为，
故的取值范围为正确；
对于D，由于圆上的点到直线的最小距离为，最大距离为，
而，故圆上存在两个点到直线的距离为，D正确，
故选：CD.
10.AD
【分析】对于A，由空间的基底向量必不共面，可推得结论；对于B，利用两直线的方向向量垂直判断直线垂直即得；对于C，利用直线的方向向量与平面的法向量不共线即可判断线面不垂直；对于D，利用平面的法向量与平面内的向量垂直即得参数之间的数量关系.
【详解】对于A选项，因不能构成空间的一个基底，则这3个向量共面，
又这3个向量有公共起点，所以共面，A选项正确；
对于B选项，因，即，则与垂直，B选项错误；
对于C选项，直线的方向向量为，平面的法向量为，，因为没有说明直线是否在平面内，所以不能说平面，故C选项错误
；对于D选项，因是平面内的两个向量，
是平面的法向量，故，解得，
则有，故D选项正确.
故选：AD.
11.ACD
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量的方法对线线垂直，线面平行，点面距离，二面角进行计算，对选项进行分析，由此确定正确答案
【详解】解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
，
所以，所以，
所以，故A选项正确；
，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
所以，
由于平面，所以平面，故B选项错误；
，所以到平面的距离为，故C选项正确；
由正方体可得平面，所以平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由图可知，为锐角，
，故D选项正确，
故选：ACD
12.
点关于对称的点为，故答案为
13.2
【分析】利用空间距离公式及二次函数知识求解.
【详解】已知，
当时，等号成立.所以的最小值是2.
故答案为：2.
14.
【分析】建立空间直角坐标系，写成向量的坐标，根据向量夹角和平方关系求出，然后由可得.
【详解】由题知，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，所以，
所以点到直线的距离为.
故答案为：
15.（1）；（2）
【分析】（1）根据直线方程求定点，结合圆的性质，可得圆心，利用两点之间距离公式，可得答案；
（2）设动点坐标，根据题意，建立等量关系，代入圆的方程，可得答案.
【详解】（1）直线恒过点.
因为圆恒被直线平分，
所以恒过圆心，
所以圆心坐标为，又圆经过点，所以圆的半径，
所以圆的方程为
（2）设.因为为线段的中点，所以，
因为点是圆上的动点，所以，
即，所以的轨迹方程为.
16.（1）；（2）.
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（2）求出平面的法向量，由点到平面的距离为计算可得.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为，
则以点A为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知，
所以.
因为，平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
又，所以直线与平面所成角为.
（2）设平面的法向量为
则，令，则，
因为，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
17.（1）
【分析】（1）联立直线的方程求出点的坐标，由求出直线的斜率及方程，的方程与直线方程联立求出A的坐标；
（2）设圆的一般方程为，将三点坐标代入求出圆的一般方程求出的值即可求解.
【详解】（1）由可得，所以点的坐标为，
由可得，所以
由，可得，
因为，所以直线的方程为：，即，
由可得，所以点A的坐标为.
（2）设的外接圆方程为，
将和三点的坐标分别代入圆的方程可得：
解得：，
所以的外接圆的一般方程为.
18.（1）证明见解析；（2）；
【分析】（1）直接建立空间直角坐标系，然后用空间向量计算垂直，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用第一小问建立的空间直角坐标系计算即可；
【详解】（1）因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，即
因为，
所以，即
又因为平面平面
因此平面
（2）因为平面，所以为平面的一个法向量
由（1）知为平面的一个法向量.
显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
19.（1）；（2）138；（3）存在点，使得为定值.
【分析】（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得；
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理，从而转化为线性规划问题处理；
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】（1）设点，由题意可得，即，
化简可得，
所以点的轨迹方程为；
（2）设，由（1）得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设，
所以
，
令，则可视为直线即在轴上的截距，的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在轴上的截距，
所以，所以，
因此的最大值为；
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，
设，则，
又，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时为定值；
当直线的斜率不存在时，，
由可得，所以，
综上所述，存在点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法.一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解.
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
D
B
A
C
D
CD
AD
题号
11
答案
ACD
12
13
14
2