2025四川省高二上学期期中数学含解析

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注意事项：
1，考查范围：必修第二册第十章，选择性必修第一册第一章和第二章.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3．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.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方程可得出其倾斜角.
【详解】因为为常数，故直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两平行直线的距离公式计算即可求解.
【详解】因为直线和平行，
由两条平行直线间的距离公式可得．
故选：D．
3. 圆与圆的公切线条数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆的位置关系可判断两圆公切线的条数.
【详解】圆，则圆心，半径，
圆，则圆心，半径，
则，由于，即，
故圆与圆相交，其公切线条数为．
故选 ：C．
4. 过点作圆的切线，则切线的斜率为（ ）
A. 或B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出直线的方程，由点到直线距离得到方程，求出或．
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
易知过点的切线斜率存在，设的方程为，
即，则，
解得或．
故选：A．
5. 若连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则两次抛掷骰子的点数之积为奇数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法写出满足题意的样本点，结合古典概型的概率公式计算即可求解.
【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，基本事件总数为个．
其中事件“两次抛掷骰子的点数之积为奇数”包含的样本点有：
，共9个，
故．
故选：B．
6. 在正方体中，为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设正方体的棱长为1，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值.
【详解】两两垂直，故以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，取的中点为，连接，
则， A1,0,0，，
则，
又因为，，，平面，故平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，所以
为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
故选：D．
7. 如图，是棱长为1的正方体内部（含表面）一动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出向量坐标，然后根据模的坐标求法求出最值即可.
【详解】以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
则.
故，当时取到最大值．
故选：C．
8. 如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可
【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设关于平面的对称点为，
则，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以与到平面的距离，
即①，又，所以②，
所以由①②得，又由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为．
故选：A．

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. 在空间直角坐标系中，下列叙述正确的是（ ）
A. 点与点关于轴对称
B. 点与点关于轴对称
C. 点与点关于平面对称
D. 坐标轴两两确定的平面把空间分为个部分
【答案】AC
【解析】
【分析】ABC选项，根据空间直角坐标系内点坐标特征得到AC正确，B错误；D选项，坐标轴确定的平面把空间分为8个部分.
【详解】A选项，点与点关于轴对称，A正确；
B选项，点关于轴的对称点是，B错误；
C选项，点与点关于平面对称，C正确；
D选项，坐标轴两两确定的平面把空间分为个部分，D错误．
故选：AC．
10. 已知直线在轴上的截距大于0，直线与轴交于点，则（ ）
A. B. 恒过定点2,1
C. 点到直线的距离可能为3D. 不存在使得
【答案】BD
【解析】
【分析】运用截距概念求解即可判断A、C；运用消去参数判断B；根据恒过定点判断D
【详解】对于A，把代入，得，所以或，A错误；
对于B，将直线改写为，
所以，所以，所以恒过定点，B正确；
对于C，对于，令可得，易得当时，
点到直线的距离取得最大值，C错误；
对于D，因为直线恒过的定点也在直线上，即至少有一个交点，D正确．
故选：BD．
11. 已知平面内一动点到坐标原点的距离为1，以为圆心、1为半径的动圆与圆交于两点，则（ ）
A. 存在唯一的圆，使得两点重合B.
C. 若存在，则其不可能为等边三角形D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由给定条件可得坐标原点与点之一重合，利用动圆与圆的位置关系判断A；由圆上的点与定点距离最值判断B；求出最大值判断C；由余弦定理求解判断D.
【详解】依题意，坐标原点与点之一重合，不妨设坐标原点为，圆的圆心，半径，
对于A，当动圆与圆内切或外切时，均有两点重合，A错误；
对于B，点在以为圆心、1为半径的圆上运动，，，B正确；
对于C，，要使为等边三角形，则，而，
当且仅当点共线时取等号，则不可能为等边三角形，C正确；
对于D，要使最大，即最大，只需取最大值2，
此时，，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知空间向量满足，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示和垂直向量的坐标表示计算即可求解.
【详解】因为，
故，
解得．
故答案为：4
13. 已知圆过三点，则圆的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆的一般方程，将3点的坐标代入方程，利用待定系数法求解圆的方程，结合圆的面积公式计算即可求解.
【详解】设圆方程为，
代入三点坐标可得解得
所以圆的方程为，
其标准方程为，
故其面积．
故答案为：
14. 在正三棱锥中，平面，点在底面内的投影为点是平面内以为圆心、1为半径的圆上一动点，则异面直线与所成角的余弦值最大为______.
【答案】
【解析】
【分析】过点作的平行线交于点，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设，由异面直线所成角的向量公式结合三角函数的性质即可得出答案.
【详解】正三棱锥中，因为平面，又平面，
因此，故，
故，
则，延长交于点，
过点作的平行线交于点，易知两两垂直，
以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，设，
则，，
设直线与所成的角为，
则，
当或时，取最大值．
故答案为：.
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. 已知三点，点在圆上运动．
（1）若直线与圆有唯一公共点，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出圆心和半径，根据题意得到直线与圆相切，且唯一公共点为点，由勾股定理求出切线长；
（2）设Px,y，且，表达出，而，故当时，取得最小值．
【小问1详解】
由题意知，圆的圆心为，半径，
故，
由题意可得直线与圆相切，且唯一公共点为点，
在中，由勾股定理可得．
【小问2详解】
设Px,y，且，
故
，
而，当时，取得最小值．
16. 已知在中，，分别在线段上，且．
（1）求边上的高所在直线的斜截式方程；
（2）若的面积为面积的，求直线的一般式方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由的斜率和垂直关系可得边上的高所在直线的斜率，接着由点斜式即可求出所求直线方程，再转化成斜截式即可.
（2）先由题意得，即为的中点，接着由中点坐标公式、直线的斜率和平行关系即可由点斜式求出直线的方程，再转化成一般式即可.
【小问1详解】
由题直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为，
化为斜截式为.
【小问2详解】
因为的面积为面积的分别在线段上，且，
所以为的中点，即，
又直线的斜率为，
所以直线的斜率也为，
所以直线的方程为，即，
所以直线的一般式方程为.
17. 如图，在四面体中，，且为的中点，点是线段上的动点（含端点）．
（1）以为基底表示；
（2）求的最小值．
【答案】（1）
（2）-1
【解析】
【分析】（1）利用空间向量基本定理得到，；
（2）设，得到，求出，当时，取得最小值.
【小问1详解】
由题意可得
，
所以
；
【小问2详解】
设，
因为
，
所以
，
故当时，取得最小值，最小值为．
18. 已知在空间直角坐标系中，点．
（1）证明：不共面；
（2）求点到平面的距离；
（3）设为平面上的一个动点，且，求的夹角取得最小值时，的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）用反正法证明即可；
（2）求出和平面的一个法向量，利用空间向量求解即可；
（3）求出和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求解余弦值，进而可知正弦值，利用向量的模长公式求解即可.
【小问1详解】
由题意假设存在，使得成立，
则，即，
可得此方程组无解，所以假设不成立，故不共面．
【小问2详解】
由题意可得，
设平面的法向量为n=x,y,z，所以
令，则，故平面的一个法向量为，
故点到平面距离．
【小问3详解】
设的夹角为，则．
所以，
所以
．
19. 现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”．若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”．已知圆．
（1）若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状；
（2）已知圆，且均为圆“”的“牵连点”．
（ⅰ）求直线的方程；
（ⅱ）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得（和分别为直线和的斜率）恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【解析】
【分析】（1）由“上进点”的定义知C是圆的“上进点”，则，（其中是圆的半径），由此得点的轨迹.
（2）（ⅰ）由“牵连点”的定义知，若均为圆“”的“牵连点”，则均同时为圆与圆的“上进点”，所以应为圆、圆的“上进点”所成的两轨迹（圆）的交点，由此可求直线的方程；
（ⅱ）先求出圆的方程，设，假设轴上存在点，使得. 则，联立结合韦达定理可求解.
【小问1详解】
因为点为圆的“上进点”，所以，即，
所以轨迹方程为，
所以点的轨迹是以为圆心、为半径的圆．
【小问2详解】
（ⅰ）∵为圆“”的“牵连点”，∴同时为圆与圆的“上进点”，
由为圆的“上进点”，得，所以，
即点在圆上，
由为圆的“上进点”，得点在圆上；
∴点是圆和的交点．
因为均为圆“”的“牵连点”，
所以直线即为圆和的公共弦所在直线，
两圆方程相减可得，
故直线的方程为．
（ⅱ）设的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为3．
直线的方程为，与联立得的中点坐标为，
点到直线的距离为，则，
所以圆的方程为．
假设轴上存在点满足题意，设．
则，即，整理得．
将，代入上式可得，
整理得①，
联立可得，
所以，代入（1）并整理得，
此式对任意的都成立，所以.
故轴上存在点，使得恒成立.