河南省安阳市龙安高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份河南省安阳市龙安高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
命题人： 审题人：
本试卷共四大题，19小题，满分150分，时间120分钟
注意事项：考生答题时将答题答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。
一、单项选择题（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.已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A.B.C.D.
2.已知圆，则圆心的坐标和半径分别为（ ）
A.，B.，C.，D.，
3.若，，，则的值为（ ）
A.3B.4C.7D.15
4.设直线的方向向量为，两个不同的平面，的法向量分别为，，则下列说法中错误的是（ ）
A.若，则B.若，则
C.若，则D.若，则
5.如图，在空间四边形中，设，分别是，的中点，则（ ）
A.B.B.D.
6.已知圆与圆，下列正确的是（ ）
A.原点在圆外B.原点在圆内C.圆与圆相交D.圆与圆相离
7.如图，四棱柱中，，，则的长为（ ）
A.B.2C.D.3
8.若直线与平行，则与间的距离为（ ）
A.B.C.D.
二、单项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得部分分，有选错的得0分.）
9.下列说法正确的是（ ）
A.直线必过定点（2，4）
B.直线在轴上的截距为1
C.直线的倾斜角为
D.过点（-2，3）且垂直于直线的直线方程为
10.如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A.平面截正方体所得截面为六边形
B.点到平面的距离为定值
C.若，且，则为棱的中点
D.直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
11.已知动点到原点与的距离之比为2，动点的轨迹记为，直线，则下列结论中正确的是（ ）
A.的方程为
B.直线被截得的弦长为
C.动点到直线的距离的取值范围为
D.上存在三个点到直线的距离为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12.已知向量，，且，则__________.
13.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________.
14.正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为，是的中点.在直线上求一点，当的长为__________时，使.
四、解答题（本题共5小题，共77分.）
15.（13分）
根据下列条件分别写出直线的方程，并化为一般式.
（1）斜率是，且经过点；
（2）经过点（-1，2），且垂直于轴；
（3）过点（1，3）且在两坐标轴上截距相等.
16.（15分）
（1）求圆心在轴上，并且过原点和的圆的方程；
（2）求圆关于直线对称的圆的方程.
17.（15分）
如图，在四棱锥中，，，平面，底面为正方形，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
18.（17分）
已知圆，直线过点.
（1）若直线与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆相交于，两点，求三角形的面积的最大值，并求此时直线的方程.
19.（17分）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
安阳市龙安高级中学
2024-2025学年第一学期高二年级期中考试
数学参考答案
1.D
【分析】利用，两点坐标可求得直线的斜率，再由斜率与倾斜角之间的关系可得结果.
【详解】由，可得直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，所以.
故选：D
2.C
【分析】根据圆一般方程与标准方程的互化即可求解.
【详解】由题意知，圆的标准方程为，
所以圆心坐标为（-3，1），半径.
故选：C
3.A
【分析】应用向量线性运算及数量积的坐标表示求的值.
【详解】由题设，则.
故选：A
4.D
【分析】利用空间向量判定空间位置关系即可.
【详解】对于A，若两个平面的法向量互相垂直，则两个平面垂直，即A正确；
对于B，若两个不同的平面的法向量互相平行，则两个平面互相平行，即B正确；
对于C，若一直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面，即C正确；
对于D，若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或者在该面内，即D错误.
故选：D
5.A
【分析】根据平面向量的平行四边形法则和三角形加法运算法则即可得出结果.
【详解】解：根据平面向量的平行四边形法则，可得，
再由平面向量的三角形加法法则，得出：.
故选：A.
6.C
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，则，有，所以圆与圆相交.故选：C.
7.C
【详解】由向量加法的几何意义可得，再应用向量数量积的运算律有，即可求的长.
【分析】由，
所以
，故.
故选：C
8.B
【分析】由两直线平行的判定有且求参数，应用平行线距离公式求与间的距离.
【详解】直线与平行，
且，解得，，.
直线与间的距离.
故选： B.
9.AD
【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；利用斜截式方程可判断B选项；求出直线的倾斜角，可判断选项；求出过点（-2，3）且垂直于直线的直线方程，可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线方程可化为，由可得，
所以，直线必过定点，A对；
对于B选项，直线方程可化为，故直线在轴上的截距为，B错；
对于C选项，直线的斜率为，该直线的倾斜角为，C错；
对于D选项，过点（-2，3）且垂直于直线的直线方程可设为，
则，可得，
所以，过点（-2，3）且垂直于直线的直线方程为，D对.
故选：AD.
10.BCD
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得，，，四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于，连接，
在正方体中，，分别为棱，的中点，
所以，，，，
所以，，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
对于B，在正方体中，，分别为棱，的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点是棱上的一个动点，所以点到平面的距离为定值，故B正确；
对于，连接，，，，
因为，且，所以，，，四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为为棱的中点，所以为棱的中点，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：BCD.
11.BD
【分析】根据到两定点的距离之比为定值可以求出圆的方程，再根据弦长公式求出弦长，最后结合优弧劣弧上的点到直线的距离取值范围确定取值范围为定值的点的个数.
【详解】设点，因为动点到原点与的距离之比为2，
所以，解得，
对于A：由上面结论可知，A错误；
对于B：圆心到直线的距离，
所以弦长，B正确；
对于C：由B知圆心到直线的距离为1，
所以点到直线的距离为，C错误；
对于D：由B知圆心到直线的距离为1，
所以劣弧上的点到直线的距离为，有且只有一个点到直线的距离为，
优弧上的点到直线的距离为，所以有2个点到直线的距离为，
所以一共存在三个点到直线的距离为，所以D正确，
故选：BD
12.答案：-21
解析：向量，，且，
则，解得，，
故.故答案为：-21.
13.
异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：
14.
【分析】根据正三柱性质建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示可得结果.
【详解】取的中点为，连接，，由正三棱柱性质可得
，，，
因此以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
易知，，，设的长为，且，可得；
易知，
若，则，解得，
所以当的长为时，使.
故答案为：
15.（1）
（2）
（3）或.
【详解】（1）由点斜式得直线方程为，即.
（2）
（3）当直线截距不为0时，由直线的截距式方程，设求直线方程为，代入（1，3）得，所以直线方程为，
当直线截距为0，即直线过原点时，直线方程为，化为一般式为，
综上直线的方程为或.
16.（1）
（2）
【分析】（1）利用待定系数法计算即可求解；
（2）求出已知圆的圆心关于对称点的坐标，进而可求圆的方程.
【详解】（1）设圆方程：，
由已知，解得，
圆的方程为.
（2）设圆的圆心关于关于直线对称的点为（m，n），
则，
解得，即所求圆的圆心为（2，2），故所求圆的方程为.
17.（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为，分别为，的中点，
所以，又平面，平面，故平面；
（2）由于平面，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，，
故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）因为，
又平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
18.（1）或；
（2）或
【分析】（1）先考虑直线斜率不存在时是否满足要求，再考虑直线斜率存在时，利用圆心到直线距离求出直线的方程；
（2）方法一：设出直线方程，利用垂径定理得到的面积函数，由均值不等式的结论可得面积的最大值及此时直线的方程；
方法二：利用三角形面积公式表达出，得到当时，取最大值2，此时点到的距离为，利用点到直线距离求出直线斜率，得到此时直线的方程.
【详解】由可得：
所以圆心的圆心坐标为（3，4），半径为2；
（1）①若直线的斜率不存在，则直线，符合题意；
②若直线斜率存在，设直线的方程为，即，
由题意知，圆心（3，4）到已知直线的距离等于半径2，
即，解得，
所求直线的方程是或；
（2）
方法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，设直线方程为，
则圆心到直的距离，
又三角形面积
，
当且仅当，即时取等号，三角形的面积的最大值为2，
由，有，或，
此时直线方程为，或.
方法二：，
当时，取最大值2，
此时点到的距离为，
设，
由，解得或，
故所求直线的方程为或.
19.（1）证明见解析
（2）存在，.
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直；
（2）设，，，求出平面的法向量，平面的法向量，利用面面角的余弦值得到方程，求出，得到答案.
【详解】（1）∵平面平面，且平面平面，
且，平面，
平面，
平面，，
又，且，，平面，
平面；
（2）存在点，使得平面与平面所成角余弦值为，此时，理由如下：
取中点为，连接，，
又，.则，
，，则，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
假设在棱上存在点点，使得平面与平面所成角余弦值为.
设，，，
，，，
，，
，得，
，，
设为平面的一个法向量，
则由，得，令，则.
设平面的一个法向量为，则有
，令，则，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
，
，解得（舍去），，
所以此时.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
A
C
C
B
AD
BCD
题号
11
答案
BD