重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 已知圆与轴相切，则， 点P为圆A， 点P在圆M等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）.
一、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，若向量，则点B坐标是（ ）.
A. B. C. D.
2. 过点，且与直线平行直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知点，，若是直线l方向向量，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知圆与轴相切，则（ ）
A. 1B. 0或C. 0或1D.
5. 如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（ ）
A B. C. 3D.
6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ）
A. ；B. ；
C. ；D. ；
7. 已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（ ）
A. ，或B. ，或
C. D.
8. 点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 在方向上的投影向量为D. 与的夹角为
10. 点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线AB关于点M的对称直线为
B. 点P到直线AB距离的最大值为
C. 圆M关于直线AB对称的圆的方程为
D. 当最大时，
11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当P为中点时，为锐角
B. 存在点P，使得平面APC
C. 的最小值
D. 顶点B到平面APC的最大距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知平面向量，若，则_______ .
13. 方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______．
14. 已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______.
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. 已知顶点、、．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．
16. 如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点.
（1）证明：平面ACE；
（2）求与平面ACE所成角的余弦值.
17. 直线的方程为（）.
（1）证明：无论为何值，直线过定点；
（2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程.
18. 如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.
（1）证明：平面；
（2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线
与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
重庆市名校联盟2024-2025学年度第一期第一次联合考试
数学试卷（高2026届）
本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）.
一、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，若向量，则点B的坐标是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示可得.
【详解】由空间向量的坐标表示可知，，
所以，
所以点B的坐标为.
故选：B
2. 过点，且与直线平行的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行直线的斜率关系，利用待定系数法求出直线方程即可.
【详解】直线的斜率，
过点的直线与直线平行，
所以该直线的斜率，
设该直线的方程为，
且该直线过点，
则，得，
所以该直线的方程为，即.
故选：.
3. 已知点，，若是直线l的方向向量，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两点坐标得到向量坐标，即可求得该直线的倾斜角.
【详解】已知点，，则，
斜率，又直线l的倾斜角，
则直线l的倾斜角.
故选：A
4. 已知圆与轴相切，则（ ）
A. 1B. 0或C. 0或1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得求解.
【详解】将化为标准式为：，
故圆心为半径为，且或，
由于与轴相切，故，
解得，或（舍去），
故选：D
5. 如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，连接，由向量的线性运算可得，再由向量的模长公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
连接，
由题意可得，
所以
，
所以.
故选：D
6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（ ）
A. ；B. ；
C. ；D. ；
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到直线过定点，若使得到直线的距离最大，则，求得，得到，进而得到直线方程.
【详解】由直线，
可得化为，
联立方程组，解得，即直线过定点，
若要到直线的距离最大，只需，
此时点到直线的最大距离，即为线段的长度，可得，
又由直线的斜率为，
因为，可得，可得，
故此时直线的方程为，即，
经检验，此时，上述直线的方程能够成立.
故选：C.
7. 已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（ ）
A. ，或B. ，或
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线所过点、倾斜角以及等腰三角形等知识求得正确答案.
【详解】设，直线过和，
当时，直线、直线与轴为成的三角形是不是等腰三角形.所以直线的斜率存在.
设关于轴的对称点为，
当直线过两点时，，三角形是等腰三角形，
同时由于直线的斜率为，倾斜角为，所以三角形是等边三角形，
所以，此时直线的方程为
设直线与轴相交于点，如图所示，若，
则，所以直线，也即直线的斜率为，
对应方程为.
故选：A
8. 点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】结合点与圆的位置关系，把问题转化成两点之间直线段最短的问题解决.
【详解】P为圆A：上一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，
取，则，∴，
∴，
∴.
故选：B
【点睛】方法点睛：几何问题中，线段和的最小值问题通常利用到两个结论：第一：两点之间直线段最短，第二：点到直线的距离，垂线段最短.该题求线段和的最小值，该思考如何转化，利用这两个结论.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 在方向上的投影向量为D. 与的夹角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算法则计算可判断个选项是否正确.
【详解】由题意：，.
对A：，故A错误；
对B：因为，所以，故B正确；
对C：在方向上的投影向量为：，故C正确；
对D：因为，所以.
所以，所以与的夹角为，故D正确.
故选：BCD
10. 点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线AB关于点M对称直线为
B. 点P到直线AB距离的最大值为
C. 圆M关于直线AB对称的圆的方程为
D. 当最大时，
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，分别求得点关于点的对称点坐标，即可判断；对于B，利用圆上动点到直线的最大距离为即可判断；对于C，求得圆心关于直线对称的点即可得解；对于D，判断得最大时直线与圆相切，再利用两点距离公式与勾股定理即可得解.
【详解】对于A，因为点，点，点，
则点关于点的对称点，
点关于点的对称点，
则，则对称直线方程为，
化简可得，故A错误；
对于B，由题意可得，直线的方程为，即，
因为圆，所以，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
所以点到直线距离的最大值为，故B正确；
对于C，设圆心关于直线对称的点为，
则，解得，
所以圆关于直线对称的圆的方程为，故C错误；
对于D，当最大时，易得直线与圆相切，如图，
在中，，，
所以，故D正确.
故选：BD
11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当P为中点时，为锐角
B. 存在点P，使得平面APC
C. 的最小值
D. 顶点B到平面APC的最大距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，，
则，，则，，
所以，所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，所以，
即的最小值为，故C正确；
对于D，，，
设平面的法向量，
则，可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，若，则_______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的坐标表示以及向量垂直的坐标运算，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，可得，
即，解得.
故答案为：
13. 方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据点和圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】圆的方程可化为 ，
即 ，
所以 ，解出.
由于在圆外，
所以，解得或.
故.
故答案为：
14. 已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案： .
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. 已知顶点、、．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程；
（2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.
【小问1详解】
由、，
可知中点为，且，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
【小问2详解】
当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
16. 如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点.
（1）证明：平面ACE；
（2）求与平面ACE所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先证得，再由线面平行判定定理证明即可；
（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面ACE的法向量，利用公式求解即可.
【小问1详解】
证明：连接BD和，设，
连接EO，则O为BD中点，
在中，因为F，G分别为和的中点，
所以，又因为在中，因为E为的中点，
所以，所以
又平面ACE，平面ACE，
所以平面ACE．
【小问2详解】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图：
设正方体的棱长为2，
则A2,0,0，，E0,0,1，，
所以，，，
设m=x,y,z为平面ACE的一个法向量，
则，所以，取
设直线与平面ACE所成角为，
所以直线与平面ACE所成角的正弦值为：
．
所以与平面ACE所成角的余弦值为.
17. 直线的方程为（）.
（1）证明：无论为何值，直线过定点；
（2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程.
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）将直线的方程变形为，令，解得即可；
（2）首先求出直线在、轴上的截距，即可求出的范围，再由面积公式及基本不等式
求出面积最小值及此时的值，从而求出直线的方程及三角形的周长.
【小问1详解】
直线的方程变形为，
由，得到，
又时，恒成立，
故直线恒过定点2,1
【小问2详解】
由，
依题意，即，
令，得到，令，得到，
由，得到，
所以，
令，得到，
当且仅当，即时取等号，此时，直线的方程为，
又，，，
所以当的面积最小时，的周长为.
18. 如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.
（1）证明：平面；
（2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线
与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证得结果，先证明线线垂直，再证明线面垂直；
（2）先建立空间直角坐标系，根据线面夹角正弦值得到点到平面的距离即三棱锥的高，即可求得体积.
【小问1详解】
在原图中，连接，由于，，
所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，
所以，
由于，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
在翻折过程中，，保持不变，
即，保持不变，
由于，，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由上述分析可知，在原图中，，所以，
所以，
折叠后，若，则，
所以，
由于，，，平面，
所以平面，
由于，平面，所以，，
所以，，两两相互垂直，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，，，，
设，，，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
，，，，
所以，即是的中点，
由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为，
所以.
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）存在，和
【解析】
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【小问1详解】
，
，
；
【小问2详解】
设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
【小问3详解】
易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．
综上，满足条件的直线有且只有两条，和．
【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.