陕西省榆林市2024-2025学年高二上学期七校期中联考数学试题 含解析

这是一份陕西省榆林市2024-2025学年高二上学期七校期中联考数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~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】A
【解析】
【分析】直线倾斜角和斜率的关键即可得解.
【详解】由题意直线，可得斜率为，
设直线的倾斜角为，其中，
可得，所以，即直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标.
【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是.
故选：A.
3. 某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ）
A. B. 120C. 150D. 210
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量加法的坐标运算求得，可求.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：C.
4. 两平行直线：，：之间的距离为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两平行直线之间的距离公式求解即可．
【详解】由题意得：
直线，，
，，两直线为平行直线，
直线，
两平行直线之间的距离为．
故选：A
5. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称的性质，得到直线过的中点且与垂直，结合垂直的斜率结论可解.
【详解】圆的圆心为，
圆的圆心为，所以线段的中点坐标为，
又，则，
所以直线的方程为，即.
故选：D.
6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，，
则向量在向量上的投影向量为：.
故选：D.
7. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点坐标公式结合相关点法可得的轨迹方程为，即可根据相切求解最值.
【详解】由题意知圆的方程为，设，，
则,所以,又在圆上，所以，
即，即的轨迹方程为.如图所示，
当与圆相切时，取得最大值，
此时，，所以的最大值为.
故选:A
8. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先证明平面，以点为原点，，的方向分别为x，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用点到面的距离可求解.
【详解】解：由题意得：
因为，为中点
所以
又，与交于点A，平面，平面
所以平面
以点为原点，，的方向分别为x，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，
所以
所以
又，，设平面的法向量，则
令，则，，所以.点到平面的距离为，解得或（舍）
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ）
A. 0B. 2C. D. 4
【答案】AB
【解析】
【分析】利用两直线平行，得出斜率相等，进而求解.
【详解】因为两直线平行，由斜率相等得，所以或，解得或0或，当时两直线重合，舍去.
故选：.
10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（ ）
A. B. 平面平面
C. D. 点到平面的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断线线关系判断AC，根据点面距离的向量公式求解距离判断D.
【详解】因为∥，且，则为平行四边形，
可得∥，且平面，平面，
所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形，
可得∥，且平面，平面，
所以∥平面，又，平面，
所以平面∥平面，故B正确；
如图，

分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，
，，
，，
故不成立，成立，故A错误，C正确；
设平面的法向量，，
则，令，则，即，
又，
所以，故点到平面的距离为，故D正确.
故选：BCD
11. 已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点在上，则与相切
B. 若点在圆上，则被圆截得的弦长为
C. 若点在圆外，过点作圆的切线，则为过两切点的直线
D. 若点在圆内，过点的直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上
【答案】ACD
【解析】
【分析】A计算圆的圆心到的距离可判断选项正误；B计算圆的圆心到的距离结合弦长公式可判断选项正误；C由A选项分析可判断选项正误；D由C选项分析可判断选项正误.
【详解】对于A，点在上，则，圆的圆心到的距离，
故与相切，A正确；
对于B，点在圆上，则，圆的圆心到的距离：
，所以被圆截得的弦长为，B错误；
对于C，设两切点分别为，由A选项分析可知：
圆在点处的切线方程分别为，
因为点在两切线上，所以，
所以点都在直线上，C正确；
对于D，由选项C知，设圆在处的切线的交点为，
则的方程为，由点在该直线上，所以，
所以点在直线上，D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设向量，若，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示式列方程解之即得.
【详解】因为，所以，即，故.
故答案为：2.
13. 已知圆与两直线都相切，且圆经过点，则圆的半径为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】结合图象确定圆心在轴上，再通过半径得到等式求解即可.
【详解】
结合图象，易知直线与关于轴对称或关于对称，
又当圆心在上时，圆不可能经过点，所以圆的圆心在轴上，
设圆的方程为，
由题意可知，，整理得，解得或，
当时，，当时，.
故答案为：或
14. 已知两点，，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出点关于直线的对称点，作出点关于直线的对称点，则，，三点共线，，，三点共线，即，，，四点共线，得，运用两点间的距离公式计算即可.
【详解】解：作出点关于直线的对称点，作出点关于直线的对称点，
则，，三点共线，，，三点共线，即，，，四点共线，
得，易得C−2,0，，
直线的方程是，
设，则得，即，
.
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. 已知直线及点.
（1）若与垂直的直线过点，求与的值；
（2）若点与点到直线的距离相等，求的斜截式方程.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）由垂直关系及点在线上列出等式求解即可；
（2）由点到线的距离公式列出等式，求解即可.
【小问1详解】
因为直线过点，
所以，解得，
因为与垂直，
所以.
【小问2详解】
因为点与点到直线的距离相等，
由点到直线的距离公式得.
解得，
当时，的斜截式方程为，
当时，的斜截式方程为.
16. 在正四棱柱中，，E为的中点，F为上靠近B的三等分点．
（1）求异面直线CF与所成角的余弦值；
（2）求直线CF与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的数量积计算求解；
（2）根据线面角正弦等于线法角余弦的绝对值求解．
小问1详解】
解：以D为原点，分别以方向为轴，建立如下所示的空间坐标系，
则由题意可知：，，，，，，，
∴ ，，
设，
则，
∵ F为上靠近B的三等分点，
∴ ，
，
，
，
，
，
设异面直线CF与所成角为且，
则．
【小问2详解】
解：由（1）可求得：，，，
设为平面的法向量，
则，
即，
解得：，
，
，
设直线CF与平面所成角为，
则．
17. 已知圆，圆．
（1）讨论圆与圆的位置关系；
（2）当时，求圆与圆的公切线的方程．
【答案】（1）答案见解析
（2），或.
【解析】
【分析】（1）求两圆圆心距及半径，利用几何法判断两圆位置关系；
（2）先判断两圆位置关系，法一，设出公切线方程，由切线分别与两圆相切建立等量关系待定系数即可；法二，由相似性质与半径比，可得到公切线与轴交点坐标，再由交点设出点斜式方程待定斜率即可.
【小问1详解】
由题意知，
，两圆的半径分别为和4，
①当，即，
解得或时，圆与圆内含；
②当，即，
解得或时，圆与圆内切；
③当，即，
解得时，圆与圆相交；
④当时，，无解，
即圆与圆不可能外切也不可能外离．
综上所述，当或时，圆与圆内含；
当或时，圆与圆内切；
当时，圆与圆相交.
【小问2详解】
当时，由（1）得圆与圆相交，由图可知公切线的斜率存在，
法一：设圆，圆的公切线的方程为，即，
则由直线与两圆都相切可得，
，所以，
则，或
即或，分别代入，
得或（无解），解得，
所以，或.
则公切线方程为或，
即为，或.
法二：因为两圆圆心都在轴上，
则由对称性可知，两公切线关于轴对称，且交点在轴上，设为点，
如图，，则与相似，
则有，又由,
得，所以有，
解得，即，
设公切线方程为，即，
则圆心到切线的距离，解得，
则公切线方程为或，
即为，或.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面.

（1）求平面与平面所成二面角正弦值；
（2）已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）如图通过证明平面，可建立以点为原点的空间直角坐标系，后可求出平面与平面的法向量，结合空间向量知识可得答案；
（2）由题可得平面的法向量，后设，可得点到平面的距离关于的表达式，即可得答案.
【小问1详解】
取的中点分别为，连接，
因为底面是正方形，所以，
因为是正三角形，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

由题意：，
，
设平面的法向量为n=x,y,z，所以，
即，令，则，
即平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面所成二面角为，
则，
所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为.
【小问2详解】
因为分别是线段上一点，
且，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，即，
令，则，即平面的一个法向量为，
设，
则，
所以点到平面的距离，
解得（舍去），即
19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，.
（1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值；
（2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围；
（3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由新定义得到，结合为常数，即可求解；
（2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解；
（3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【小问1详解】
因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设Px,y是该圆上任意一点，则，
所以，
因为为常数，
所以，且，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，设，
由，得，
所以，
，
整理得，即，
所以，
，
由，得，
即OQ的取值范围是.
【小问3详解】
证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得，
该圆关于点对称.
由点关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称
【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点.