吉林省白城市2024_2025学年高二数学上学期10月期中试题含解析

这是一份吉林省白城市2024_2025学年高二数学上学期10月期中试题含解析，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每题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. 已知空间三点，，，若，且，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】设点坐标，由可解出坐标，再用空间向量模长公式即可.
【详解】设，则，，
因为，所以，，，
所以，又，
解得或，所以或，
故选:C
2. 已知圆和圆，分别是圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求出的最小值.
【详解】圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，圆的圆心坐标为，半径为3，
∴若与关于x轴对称，则，即，
由图易知，当三点共线时取得最小值，
∴的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，
∴.
故选：A.
3. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
4. 在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线定理及空间向量线性运算可得结果.
【详解】如图：连接交于H，则H为中点，连接,
因为平面，平面，设，则，
又平面，所以平面，故K为与平面的交点，
又因为与平面交于点F，所以F与K重合，
又E为的中点，G为平面的重心，
因为点A，F，G三点共线，则
又因为点E，F，H三点共线，则，
,
所以，解得，即，故.
故选：C.
5. 为空间任意一点，若，若，，，四点共面，则（）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将化简为：，利用四点共面定理可得，即可求解.
【详解】因为，所以，可化简为：，即，
由于，，，四点共面，则，解得：；
故选：C
6. 已知直线与直线互相垂直，垂足为则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线垂直可求出的值，将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，再将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，由此可得出的值.
【详解】因为直线与直线互相垂直，则，可得，
由题意可知，点为两直线的公共点，则，解得，
再将点的坐标代入直线的方程可得，解得，
因此，.
故选：D.
7. 已知圆，圆，分别是圆上两个动点，是轴上动点，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两圆的标准方程写出其圆心坐标及半径，再由，求出点关于x轴的对称点，结合即可求得结果.
【详解】由题意知，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
作关于x轴的对称点，如图所示，
，当共线时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
8. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，点O为坐标原点，则下列命题中正确的个数为（ ）
①面积的最小值为4；
②以为直径的圆与x轴相切；
③记，，的斜率分别为，，，则；
④过焦点F作y轴的垂线与直线，分别交于点M，N，则以为直径的圆恒过定点.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】依次判断每个选项：的斜率为0时，，所以①错误，计算②正确，证明，所以③正确，根据等式令，得或3，所以④正确，得到答案.
【详解】当的斜率为0时，，所以①错误.
设的中点为E，作轴交x轴于点G，作准线交准线于点D，交x轴于点C，则，又，
所以，所以②正确.
直线的方程为，联立，得.设，，则，，所以，所以③正确.
直线，所以.同理可得.所以以为直径的圆的方程为，即.
令，得或3，所以④正确.
故选：.
【点睛】本题考查了抛物线的面积，斜率，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
二、多项选择题（本大题共4小题.每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
（2023·四川省成都市树德中学期中）
9. 点是圆上的动点，则下面正确的有（）
A. 圆的半径为3
B. 既没有最大值，也没有最小值
C. 的范围是
D. 的最大值为72
【答案】BC
【解析】
【分析】将圆方程化为标准方程可判断选项A错误.设，则转化为直线与圆有交点，可算得既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.对于选项C和D，可用三角换元化简，再结合辅助角公式即可判断.
【详解】圆转化为，
则圆的圆心为，半径为2，选项A错误.
设，则直线与圆有交点，即，
整理得，解得或.
既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.
设，，
则，其中.
则的取值范围为，选项C正确.
又，则，
因此
其中.
则的最大值为，选项D错误.
故选：BC.
10. 在棱长为1正方体中，点P为线段上异于端点的动点，（）
A. 三角形面积的最小值为
B. 直线与DP所成角的余弦值的取值范围为
C. 二面角的正弦值的取值范围为
D. 过点P做平面，使得正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角形的面积公式，转化为求到直线距离最小值，进而转化为异面直线和的距离，也就是直线到平面的距离，等于到的距离，从而得到三角形面积的最小值，判定A；在平面中的射影为, 设与所成的角为，设直线与直线所成的角为，设直线与DP所成角为，则根据射影三余弦定理，计算求得其取值范围，进而判定B；二面角的平面角的范围，可以排除C；考虑到各种情况，取面积最大的的一个截面，可以排除D.
【详解】对于A，要使三角形面积的最小，即要使得到直线距离最小，这最小距离就是异面直线和的距离，也就是直线到平面的距离，等于到的距离，为.由于，所以三角形面积的最小值为，故A正确；
对于B，先证明一个引理：
直线在平面中的射影直线为,平面中的直线,直线所成的角的余弦值满足三余弦定理，直线的角为，直线的角为，直线的角为，则.
证明：如上图，在平面内任意取一点为原点，取两条射线分别为轴，得到坐标平面，然后从作与平面垂直的射线作为轴，建立空间直角坐标系，设直线的方向向量为,则为射影直线的方向向量,设直线的方向向量坐标为，则，，，
所以，
，引理得证.
如上图所示，根据正方体的性质可知在平面中的射影为,设与所成的角为，，
设直线与直线所成的角为，,.
设直线与DP所成角为，
根据上面的引理可得：，故B正确；
对于C，如上图所示，设、交点为，连接，，
由正方体性质易知，平面，
所以平面，故,为二面角的平面角，
当与重合时，，
，所以，∴，
在上从下往上移动时，逐渐变大，最终是钝角，其正弦值可以等于1，故C错误；
对于D，因为过正方体顶点与各棱所成的角的都相等的直线是体对角线所在的直线，所以过点的平面与各棱所成的角相等必须且只需与某一条体对角线垂直，过P与对角线垂直的截面中，当P为中点时取得最大值，是一个边长为的正六边形，如下图所示，面积为，不在区间内，故D不正确.
故选：AB
【点睛】直线在平面中的射影直线为,平面中的直线,直线所成的角的余弦值满足三余弦定理，的角为，的角为，的角为，则.这是常见的很好用的一个公式.
11. 已知直线与直线，下列说法正确的是（）
A. 当时，直线的倾斜角为
B. 直线恒过点
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系判断A，利用直线过定点的求解判断B，利用直线平行与垂直的性质判断CD，从而得解.
【详解】A中，当时，直线的斜率，设其倾斜角为，
所以，则，所以A不正确；
B中，直线，整理可得，
令，可得，
即直线恒过定点，所以B正确；
C中，当时，两条直线方程分别为：，
则两条直线重合，所以C不正确；
D中，当时，两条直线方程分别为：，
显然两条直线垂直，所以D正确.
故选：BD.
12. 正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（）
A. 对于任意的，且，都有平面平面
B. 当时，三棱锥的体积不为定值
C. 若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建空间直角坐标系，用向量知识求解四个选项.
【详解】
对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；
对于B，当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；
对于C，设，,则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；
若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；
对于D，设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 直线被圆截得的弦长的最小值是______．
【答案】8.
【解析】
【分析】首先化简直线求出直线恒过定点，并判断点在圆内，由圆的性质知：当该直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短.用弦长公式计算弦长即可.
【详解】直线的方程可化简为：，
整理得：.
令，解得：.
所以直线恒过定点.
又因为，所以点在内.
所以当该直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短.
，故最短弦长为.
故答案为：8.
【点睛】本题主要考查了含参直线恒过定点问题以及过圆内一点求最短弦长问题，考查了学生的图形转化计算的能力，属于中档题.
14. 若点与关于直线对称，写出一个符合题意的θ值为______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由中点在直线上且所成直线斜率为，并应用和角正余弦公式展开化简得且，进而求θ值.
【详解】由题设，中点在直线上，且，
所以，且，
即，且，
所以，且，
故，且，
所以，且，
综上，，可得，显然满足.
故答案为：（答案不唯一）
15. 如图，点C是以AB为直径圆O上的一个动点，点Q是以AB为直径的圆O的下半个圆（包括A，B两点）上的一个动点，，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】建立合适的平面直角坐标系，利用三角换元法和辅助间公式得到，最后根据正弦函数的性质即可得到答案.
【详解】以O为原点, 以为轴, 以的中垂线为轴建立平面直角坐标系,
则圆的半径为,
,,,
设,,
则,
,
,
当时, 取得最小值，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适的直角坐标系，利用三角换元法表示出相关点的坐标，最后计算向量数量积，再根据三角恒等变换和三角函数性质即可求出最值.
16. 已知A，B是曲线上两个不同的点，，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】由曲线方程，结合根式的性质求x的范围，进而判断曲线的形状并画出草图，再由圆的性质、数形结合法判断的最值，即可得其范围.
【详解】由，得.
由，所以或.
当时，；
当时，.
所以表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分.
当A，B分别与图中的M，N重合时，取得最大值，为6；
当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，取得最小值，为.
故的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：写出必要的文字描述、解题过程.共6题.
17. 已知直线 l：和两个定点，问直线l上是否存在一点P，使得|取得最小值？若存在，求出点P的坐标和的最小值；若不存在，说明理由.
【答案】存在，，
【解析】
【分析】设，根据坐标运算可转化为关于的二次函数，利用二次函数的最值求解即可.
【详解】假设直线l上存在一点，使得取得最小值，如图，
则，
因为，所以当，即点P的坐标为时，
取得最小值，且最小值为.
18. 在平面直角坐标系中，设二次函数的图像与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.
（1）求实数b的取值范围；
（2）求圆C的方程；
（3）请问圆C是否经过某定点（其坐标与b无关）？请证明你的结论.
【答案】（1），且
（2）（，且）；
（3）过定点和，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）令得抛物线与轴交点，此交点不能是原点；令，则方程＞0，即可求的范围．
（2）设出所求圆的一般方程，令得到的方程与是同一个方程；令得到的方程有一个根为，由此求得参数及圆的一般方程．
（3）把圆方程里面的合并到一起，令的系数为零，得到方程组，求解该方程组，即得圆过的定点．
【小问1详解】
令得抛物线与轴交点是；
令，
由题意，且，解得，且．
即实数的取值范围，且．
【小问2详解】
设所求圆的一般方程为，
由题意得函数的图像与两坐标轴的三个交点即为圆和坐标轴的交点，
令得，，由题意可得，这与是同一个方程，故，．
令得，，由题意可得，此方程有一个根为，代入此方程得出，
∴圆的方程为（，且）．
【小问3详解】
把圆的方程改写为，令，
解得或，故圆过定点和．
19. 如图，已知的三个顶点分别为，，．
（1）试判断的形状；
（2）设点D为BC的中点，求BC边上中线的长．
【答案】（1）直角三角形；
（2）.
【解析】
【分析】(1)利用两点间距离公式直接计算三角形三边长即可判断作答.
(2)求出点D坐标，再用两点间距离公式计算作答.
【小问1详解】
根据两点间的距离公式，得，，
，，即，
所以是直角三角形.
【小问2详解】
依题意，线段BC中点，，
所以BC边上中线的长为.
（2023·安徽省淮北市树人高级中学期中）
20. 如图，在三棱锥中，，，为棱的中点
（1）证明：平面⊥平面；
（2）若点在棱上，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小
【答案】（1）证明见解析
（2）30°
【解析】
【分析】对于（1），通过题目条件，可以分别得到和长度，分别通过勾股定理和等腰三角形的三线合一得到和，从而得到平面，从而得到平面⊥平面；
对于（2），先建立空间直角坐标系，因为已知与平面所成角的正弦值为，同时点在棱上，所以设点的坐标，从而分别求出和平面的法向量，并得到点的坐标。因为要求二面角的大小，所以分别求平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值，从而得到二面角的大小。
小问1详解】
连接．
∵，为棱的中点，
∴，且
又，
∴，且
则，则
∵，平面，平面
∴平面，而平面，
∴平面平面
【小问2详解】
建立以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示，
则
故
设，则
设平面的法向量为，
则
令，可得，即
设直线与平面所成角为，则
∴，解得或（舍去），
则平面的法向量为
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
∴二面角的大小为30°
（2023·四川省绵阳市南山中学实验学校期中）
21. 如图，等腰梯形中，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：面面；
（2）若为上的一点，点到面的距离为，求的值及平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2），
【解析】
【分析】（1）先证，利用线线垂直证线面垂直，由线面垂直的性质可判定面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算点面距离及二面角即可.
【小问1详解】
如图所示，在梯形中，取中点，连接，
易知四边形为平行四边形，可得，即，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以面面；
【小问2详解】
取的中点，则，
因为，所以，结合（1）的结论，
可以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，
即，
设面的一个法向量为，
则有，令，
即，则点到面的距离为，即；
易知平面一个法向量可为，
设平面和平面夹角为，易知,
所以.
22. 已知直线.
（1）求证：直线过定点；
（2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围；
（3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可；
（2）数形结合，结合直线图像可得解；
（3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值.
【小问1详解】
由，即，
则，解得，
所以直线过定点；
【小问2详解】
如图所示，结合图像可知，
当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立；
当时，直线斜率存在，方程为，
又直线不经过第二象限，则，解得；
综上所述；
【小问3详解】
已知直线，且由题意知，
令，得，得，
令，得，得，
则，
所以当时，取最小值，
此时直线的方程为，即.