四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共19页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， “”是“直线与直线平行”的， ，函数的最小值为等内容，欢迎下载使用。
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.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】B
【解析】
【分析】求出给定直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】直线的斜率，则该直线的倾斜角为.
故选：B.
2. 已知圆：，圆：，则两圆的公共弦所在直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆的公共弦所在直线的特点，两圆方程相减即可得解.
【详解】圆：，圆：
两圆方程相减得公共弦所在直线的方程为：.
故选：B
3. 平面内，动点的坐标满足方程，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求解即可.
【详解】由题意，点到两个定点，的距离之和等于常数，
故根据椭圆的定义可知：此点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，，
故，故椭圆的标准方程为.
故选：B
4. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.
【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；
当与直线平行时，，则
∴或，
当时显然成立，当时，，，
整理后与重合，故舍去，
∴，满足必要条件；
∴“”是“直线与直线平行”的充要条件
故选：C
5. 已知是椭圆的两个焦点，点在上，且，则的面积为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆定义和得到，结合，由余弦定理得，进而得到正弦值，利用三角形面积公式求出答案.
【详解】由椭圆定义可得，
故，
又，
则由余弦定理得，
故，
故.
故选：C
6. 如图，已知正方体的棱长为，为的中点，则点到平面的距离等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用点面距的向量公式，可得答案.
【详解】由题意建立空间直角坐标系，如下图：
则，A1,0,0，，，
取，，，
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，，所以平面的一个法向量，
点到平面的距离.
故选：C.
7. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，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.已知在平面直角坐标系中，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 在上存在点，使得到点的距离为3
C. 在上存在点，使得
D. 上的点到直线的最小距离为1
【答案】C
【解析】
【分析】对A：设点Px,y，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点Mx,y，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.
【详解】对A：设点Px,y，
∵，则，整理得，
故C的方程为，故A正确；
对B：的圆心，半径为，
∵点到圆心的距离，
则圆上一点到点的距离的取值范围为，
而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为9，故B正确；
对C：设点Mx,y，
∵，则，整理得，
∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，
又，则两圆内含，没有公共点，
∴在C上不存在点M，使得，C不正确；
对D：∵圆心到直线的距离为，
∴C上的点到直线的最小距离为，故D正确；
故选：C.
【点睛】思路点睛：利用点与圆的位置关系来判定B，利用圆与圆的位置关系来判定C，结合数形思想即可.
8. ，函数的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两点之间的距离及点到直线的距离公式计算即可.
【详解】设点，和直线，到l的距离分别为，
易知，显然.
当且仅当重合时取得等号.
故选：C
二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 对于随机事件和事件，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若与互斥，则B. 若与互斥，则
C. 若与相互独立，则D. 若与相互独立，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概率公式计算可得.
【详解】对于A：若与互斥，则，故A错误；
对于B：若与互斥，则，故B正确；
对于C：若与相互独立，则，故C正确；
对于D：若与相互独立，
则，故D错误.
故选：BC
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
B. 若空间中任意一点O，有，则四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角
D. 若空间向量，，则在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D．
详解】对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确；
对于B：在中，由于，故四点共面，B正确；
对于C：当， 反向共线时， 也成立，但与夹角不为钝角，C错误；
对于D，在上的投影向量为，D正确．
故选：ABD．
11. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）

A.
B. 直线与平面所成角的正弦值为
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 点到直线的距离是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算A选项即可；建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断BCD即可.
【详解】由题可知，,故选项A正确；
建立如图所示的空间直角坐标系

得，,,,，
由题可知，，平面的一个法向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，选项B正确；
由题可知,，
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选项C错误；
易知，,，
设点到直线的距离为，则，故选项D正确.
故选：ABD
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，，若，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】由题意可得，由向量的数量积公式求解即可.
【详解】因为，所以，即，
所以，解得.
故答案为：
13. 已知两点，，过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
【详解】解：点，，过点的直线与线段有公共点，
直线的斜率或，
的斜率为，的斜率为，
直线的斜率或，即，
故答案为：．
14. 已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线为切点，则四边形面积的最小值为__________；直线__________过定点.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据切线的相关性质将四边形面积化为，即求出最小值即可，即圆心到直线的距离；又可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，设出点坐标，求出圆的方程可得直线方程，即可得出定点.
【详解】由圆得圆心，半径，
由题意可得,
在中，，
，
可知当垂直直线时，，
所以四边形的面积的最小值为，
可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，
设，则圆心为，半径为，
则该圆方程为，
整理可得，
联立两圆可得直线AB的方程为，即
可得当时，，故直线过定点.
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. 已知直线的方程为．
（Ⅰ）直线与垂直，且过点（1，-3），求直线的方程；
（Ⅱ）直线与平行，且直线与两坐标轴围成的三角形的面积为4，求直线的方程．
【答案】（1）（2）直线的方程为：或
【解析】
【详解】试题分析：（1）由直线与垂直，可设直线的方程为：，将点 代入方程解得，从而可得直线的方程；(2)由直线与平行，可设直线的方程，由直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，解得可得直线的方程.
试题解析：（1）设直线的方程为：
直线过点（1，-3），
解得
直线的方程为：．
(2)设直线的方程为：
令x=0，得；令，得
则，得
直线的方程为：或．
16. 某居民小区为了提高小区居民的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站.由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内读书者进行年龄调查，随机抽取了一天中40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：
，，40,50，50,60，60,70，，得到的频率分布直方图如图所示.
（1）估计这40名读书者中年龄分布在区间上的人数；
（2）估计这40名读书者年龄的众数和第80百分位数；
（3）从年龄在区间上的读书者中任选两名，求这两名读书者年龄在区间上的人数恰为1的概率.
【答案】（1）30 （2）众数为55；第80百分位数为66
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据频率分布直方图求出频率，再根据频数的计算方法可得答案；
（2）最高矩形中点横坐标即为众数；根据百分位数定义可求得样本的第80百分位数；
（3）计算抽取的人中，位于的有2人，记为，数学成绩位于的有4人，记为，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图知，年龄在区间上的频率为：
所以40名读书者中年龄分布在区间上的人数为：
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，40名读书者年龄的众数约为55；
年龄在区间上的频率为：
年龄在区间上的频率为：，
故第80百分位数位于60,70之间，设为，
所以，解得，
所以这40名读书者年龄的第80百分位数约为66.
【小问3详解】
由频率分布直方图知：年龄在区间上的读书者有人，
分别记为，年龄在区间上的读书者有人，分别记为，
从上述6人中选出2人，则有，共15种情况；
其中恰有1人在的情况有，共8种情况；
所以恰有1人在的概率为.
17. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段AB的中点，
（1）求点M的轨迹方程；
（2）记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；
（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.
【小问1详解】
解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：过点定点1,0的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为，
设直线，即，
则圆心到直线的距离为，
又因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，取得最大值，此时，解得或，
所以取得最大值，此时直线的方程为或.

18. 如图，在四棱锥中，平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，
所以，而，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由（1）可知：平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为m=x,y,z，，
则有，
设平面与平面夹角为，
；
【小问3详解】
设，设，
于是有，
，由（2）可知平面的法向量为，
假设与平面所成角的正弦值为，则有，或舍去，
即.
19. 圆幂是指平面上任意一点到圆心的距离与半径的平方差：在平面上任给两个不同心的圆，则两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线称为这两个圆的根轴.已知圆与圆
（1）求圆C与圆M的根轴l；
（2）已知点P为根轴l上的一动点，过点P作圆C的切线，切点为A，B，当最小时，求直线的方程；
（3）给出定点，设N，Q分别为根轴和圆M上的动点，求的最小值及此时点N的坐标.
【答案】（1）；
（2）；
（3）最小值为，此时.
【解析】
【分析】（1）先求出圆C和圆M的圆心C和M以及半径和，接着由列式化简即可得解.
（2）先由题意求得，进而结合求得取得最小值时亦即PC取得最小值时，接着求出此时的点P坐标，再求出以线段为直径的圆的方程，从而求出该圆与圆C的公共弦所在直线方程即可得解.
（3）先求出关于根轴对称的点，接着得，从而得与圆M和根轴l相交的点和使得最小，进而求得的最小值，再由联立根轴的方程即可求出.
【小问1详解】
由题圆的圆心为，半径为；圆圆心为，半径为，
设点为圆C与圆M的根轴l上的任意一点，
则由题可得，即，
整理得，即圆C与圆M的根轴l为直线.
【小问2详解】
由题意可知且，，
设与相交于点H，
则，
又，
所以，所以取得最小值时即为取得最小值时，
又，所以取得最小值时亦即PC取得最小值时，
而PC取得最小值时，且该最小值为圆心C到根轴l的距离为，
此时即，
联立，故此时，
所以此时中点坐标为，
所以以线段为直径的圆的方程为，即，
则是该圆与圆C的公共弦，所以两圆方程相减即为直线的方程为：即.
【小问3详解】
设关于根轴对称的点为，
则，故，
则由三角形两边之和大于第三边可得，
连接，则此时与圆M和根轴l相交的点和使得最小为，
且此时即，
联立，即此时，
所以的最小值为，此时.
【点睛】关键点睛：求解直线的方程的关键点1是将转化为，从而求得取得最小值时亦即PC取得最小值时，进而求出此时的点P坐标，关键点2是求出以线段为直径的圆的方程，从而将直线的方程转化为该圆与圆C的公共弦所在直线方程而得解.