四川省雅安中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷 含解析

这是一份四川省雅安中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷 含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知向量，，， 圆与圆的公共弦长为等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章.
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的斜率求得直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率为，倾斜角为.
故选：C
2. 在正方体中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案.
【详解】.
故选：B
3. 已知直线与.若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行列方程，从而求得的值.
【详解】由于，所以，
此时两直线方程分别，
不重合，符合题意，所以.
故选：B
4. 若方程表示一个圆，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程化为圆的一般方程，利用列式即可求.
【详解】若方程表示一个圆，则，
方程可化为，
所以，解得，且不等于0，
所以或.
故选：D
5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ）
A. 11B. C. 9D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共面列方程，由此求得的值.
【详解】依题意，，，共面，
所以存在，使得，
即，
所以，解得.
故选：A
6. 圆与圆的公共弦长为（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】先求得公共弦所在直线方程，再利用弦长公式求得公共弦长.
【详解】圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，
，
，所以两圆相交，
由两式相减并化简得，
到直线的距离为，
所以公共弦长为.
故选：B
7. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，且，则异面直线AC与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基底表示，根据向量夹角公式求得正确答案.
【详解】设棱长为，
以为基底，则，
，
，
所以异面直线AC与所成角的余弦值为：.
故选：A
8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据，得出的轨迹方程，再结合条件为直线上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】设，则，，
因为，所以，
即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上.
点在直线上，
所以直线与圆有公共点，
则，解得
故选:B.
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. 已知圆的半径为2，则下列命题是真命题的是（ ）
A.
B. 点在圆的外部
C. 若直线平分圆的周长，则
D. 圆与圆外切
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆的半径、点和圆的位置关系、直线和圆的位置关系、圆和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的半径为2，所以，A选项正确.
所以圆的方程为，圆心为，半径为，
，所以点在圆的外部，B选项正确.
直线平分圆的周长，则直线过圆心，
即，所以C选项错误.
圆的圆心为，半径为，
与距离为，
所以圆与圆外切，D选项正确.
故选：ABD
10. 已知点，，在直线上，则的值可能为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】BC
【解析】
【分析】利用对称性以及两点间的距离公式来求得正确答案.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，解得，
即关于的对称点为，且，
所以，当三点共线时取等号，
故BC选项符合题意，
故选：BC
11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ）

A. 若，则
B. 存在点H，使得平面
C. 线段长度的最小值是
D. 存在点H，使得
【答案】ABC
【解析】
【分析】先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算的值；对于选项B，先找出，，可得是平面的一个法向量，结合平面，则，依此求出H的位置；对于选项C，表示出，求解其最小值即可；对于D，依据，则，从而可判定H的存在性.
【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，

则，，，，，
故，，
所以，即Q，B，N，P四点共面，
若，则，解得，A正确；
对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即，
过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得，
则，，，，
故，，，，
易得是平面的一个法向量，若平面，
则，即，解得，符合题意，
所以存在点H，使得平面，B正确，
对于C：，
当时，取得最小值，最小值为，C正确.
对于D：若，则，
得，无解，所以不存在点H，使得，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：根据题意可知在平面上，然后建立坐标系，根据投影表示所需要点的坐标，然后利用坐标计算即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用直线垂直设直线方程的一般形式，再代入点，即可求解.
【详解】依题意设直线的一般式方程为：，
因为直线过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为：．
故答案为：．
13. 已知直线过定点，则点的坐标为______.；若直线与曲线有两个公共点，则的取值范围为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①直线的方程可化为，即可求解，②曲线是化简变形后可得，画出直线与曲线有两个交点的图形即可求解.
【详解】①将直线变形为，
所以当时，无论取何值，所以定点的坐标为0,2，
②曲线是化简变形后可得，
其表示以2,0为圆心，为半径的圆在轴上半部分(包含交点)如图所示，

若要直线，与曲线有两个交点，
则其在与之间，所以可得直线的斜率为，则，
故的取值范围为，
故答案为：
14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，计算出正四面体内切球的半径，由此可求得，由空间向量数量积的运算性质得出，进而可知当点为正四面体的顶点时，取得最大值，即可得解.
【详解】如下图所示：
正四面体的棱长为，设其内切球球心为点，
连接并延长交底面于点，
则为正的中心，且平面，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
，，
因为平面，平面，则，
可得，
的面积为，
正四面体的体积为，
设正四面体的内切球的半径为，
则，
即，解得，
可得，
因为，，
可得，
当点位于正四面体的顶点时，取最大值，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：
利用几何关系推导内切球半径：首先通过几何关系计算正四面体的体积和内切球半径，这是确定几何量的基础.
结合空间向量的数量积分析动点的取值：通过分析空间向量和动点的关系，结合数量积的性质，判断动点在不同位置时的取值，确保最大值的准确性.
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. 已知点，.
（1）求直线MN的一般式方程；
（2）求以线段MN为直径的圆的标准方程；
（3）求（2）中的圆在点处的切线方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两点式求出直线斜率，然后利用点斜式方程求解即可；
（2）由中点坐标公式求出圆心坐标，再求出半径，即可得到圆的方程；
（3）先求得切线的斜率，代入点斜式直线方程，即可求解.
【小问1详解】
直线MN的斜率为，
则直线MN的方程为，即.
【小问2详解】
由题意可知圆心C为线段MN的中点，即，
半径，
故所求圆的标准方程为.
【小问3详解】
直线CP的斜率为，则所求切线的斜率为，
故所求的切线方程为，即.
16. 在三棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点，为上靠近点的三等分点.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，，由题意可得，可证，，建立空间直角坐标系，利用向量法可证平面.
（2）求得平面平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值.
【小问1详解】
连接，，
因为，所以.
因平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，进而.因为，所以.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，，
所以，.
因为，所以，则，，
又，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得，，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为.
易得平面的一个法向量为.
设二面角的大小为，则，
由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
17. 已知圆（为常数）．
（1）当时，求直线被圆截得的弦长．
（2）证明：圆经过两个定点．
（3）设圆经过的两个定点为，，若，且，求圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）当时利用配方求出圆的圆心、半径，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再由可得答案；
（2）由令与联立解方程组可得答案；
（3）（方法一）设的中点为，由得求出可得答案．（方法二）由利用两点间的距离公式求出可得答案．
【小问1详解】
当时，圆，
此时，圆的圆心为，半径．
则圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长
为；
【小问2详解】
由，得，
令，因为为常数
所以得，由
解得或，
所以圆经过两个定点，且这两个定点的坐标为；
【小问3详解】
（方法一）设的中点为，
不妨设，则点的坐标为．
因为，所以，
所以，
解得，
所以圆标准方程为．
（方法二）不妨设，因为，
所以，
解得，
所以圆的标准方程为．
18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面ABCD，E为AD的中点.
（1）证明：平面PAB.
（2）证明：.
（3）试问在线段PE上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在；答案见解析
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）作交于，利用几何关系在中，由余弦定理求出，再由勾股定理证明，然后由面面垂直的性质定理证明即可；
（3）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和，代入空间线面角公式求解即可；
【小问1详解】
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面PAB.
【小问2详解】
作交于，
因为，所以，又，所以，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，即，所以，
又E为AD中点，所以，
在中，由余弦定理可得，
即，
所以，所以，
又平面平面ABCD，且平面平面ABCD，平面，
所以平面，
平面，所以.
【小问3详解】
设存在，
作交与，
由（2）可得两两垂直，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设直线CM与平面PBC所成角的为，
则，
解得，所以在线段PE上存在点，此时.
19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为.
（1）求的方程；
（2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）.
（2）证明见解析，定点坐标为.
【解析】
【分析】（1）设，用坐标表示已知条件化简后可得；
（2）不妨设. 设，设，由直线与圆相交求得的坐标（用表示），求出直线方程，观察方程得定点．
【小问1详解】
设，根据，得，
即，所以的方程为.
【小问2详解】
根据圆的对称性，不妨设.
设，则，
所以直线HE的方程为，直线HF的方程为.
设.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
当时，，
所以直线MN的方程为，化简得，
所以直线MN过定点;
当时，，此时直线MN过定点.
综上，直线MN过定点.
【点睛】方法点睛：解析几何中直线过定点问题，用参数设出动点坐标或动直线方程等，设交点坐标为，由直线与曲线方程联立方程组消元应用韦达定理得或者直线解出，写出两交点所在直线方程（韦达定理的结论需代入），化简后观察可得定点坐标．