四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析

这是一份四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析，共21页。试卷主要包含了 直线斜率的倾斜角是， 已知事件A，B互斥，，且，则， 中，，，则的面积， ，函数的最小值为， 点P为圆A， 以下四个命题表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，即可得结果.
【详解】设倾斜角为，
则，所以
故选：B.
2. 已知事件A，B互斥，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由互斥事件的概率加法公式求出，然后求解即可.
【详解】因为事件A，B互斥，所以，
又，所以，故，
故选：D
3. 已知点，，，，则异面直线AB与CD的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得异面直线的方向向量，利用向量夹角公式，结合特殊角的余弦值，可得答案.
【详解】由题意得，.
设异面直线AB与CD的夹角为，，
则，得.
故选：C.
4. 已知圆 与圆关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得圆心关于直线的对称点，即可得到结果.
【详解】由题意可得，圆的圆心坐标为，圆和圆的半径均为2，
设圆心关于直线的对称点为，
则，解得，
所以圆的标准方程为.
故选：A
5. 中，，，则的面积（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】求直线的方程和，以及点到直线的距离，即可得面积.
【详解】由题意可知：，
可知直线，即，
可得点到直线的距离，
所以的面积.
故选：C.
6. ，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
7. 已知点是圆上的动点，则下面说法正确的是（ ）
A. 圆的半径为2B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为5
【答案】B
【解析】
【分析】对于A：将圆化为标准方程，即可圆心和半径；对于B：分析可知直线与圆有公共点，结合点到直线的距离公式列式求解；对于C：设，可得，结合圆的性质求最值；对于D：分析可知直线与圆有公共点，结合点到直线的距离公式列式求解.
【详解】对于A：，
因此该圆的圆心为，半径为，故A错误；
对于B：因为点Px0,y0是圆：上的动点，
设，可知直线与圆有公共点，
则，解得，
因此的最大值为，故B正确；
对于C：因为，设，
则，
由圆的性质可知：的最小值为，
所以的最小值为，故C错误；
对于D： 令，
可知直线与圆有公共点，则，解得，
所以的最大值为6，故D错误；
故选：B.
8. 点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（ ）
A 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】结合点与圆的位置关系，把问题转化成两点之间直线段最短的问题解决.
【详解】P为圆A：上一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，
取，则，∴，
∴，
∴.
故选：B
【点睛】方法点睛：几何问题中，线段和的最小值问题通常利用到两个结论：第一：两点之间直线段最短，第二：点到直线的距离，垂线段最短.该题求线段和的最小值，该思考如何转化，利用这两个结论.
二、多项选择题（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．全部选对得6分，部分选对得部分分．）
9. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 长方体的表面积为
B. 若，则的值为
C. 当为中点时，为锐角
D. 不存在点，使得平面
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：直接求长方体表面积即可；建系标点，设，可得，.对于B：代入直接求模长即可；对于C：利用空间向量求夹角即可；对于D：根据垂直关系列式求解即可.
【详解】对于选项A：长方体的表面积为，故A正确；
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，，，
设，
则，，
对于选项B：若，则，，
可得，
所以的值为，故B错误；
对于选项C：当为中点时，则，，，
可得，
所以为锐角，故C正确；
对于选项D：当平面，
因为平面，则，
可得，解得，
故存在点，使得平面，故D错误；
故选：AC.
10. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 若空间中任意一点，有，则，A，，四点共面
B. 若直线与直线平行，则直线与之间的距离为
C. 过点的直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的方程为
D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据四点共面的结论分析判断；对于B：根据直线平行求得，进而求两平行线间距离；对于C：曲线为以O0,0为圆心，半径的上半圆，进而分析的面积最值，结合图象求直线的倾斜角和方程；对于D：分析可知，进而判断线面关系.
【详解】对于选项A：因，且，
所以，A，，四点共面，故A正确；
对于选项B：若直线与平行，则，即，
此时直线，直线，即为，
两直线平行，符合题意，
所以直线与之间的距离为，故B正确；
对于选项C：由整理可得，
可知曲线为以O0,0为圆心，半径的上半圆，
则的面积，
当且仅当时，等号成立，
此时O0,0到直线的距离，
因为点在圆外，且，
可知，则直线的倾斜角为，斜率为，
所以直线的方程为，即，故C错误；
对于选项D：因为，，即，
可知，所以，故D正确；
故选：ABD.
11. 如图，经过坐标原点且互相垂直的两条直线和与圆相交于四点，为弦的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 线段长度的最大值为；
B. 弦长度的最小值为；
C. 点的轨迹是一个圆；
D. 四边形面积取值范围为.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由长度表示圆上点到原点的距离即可判断A；由圆的性质判断B；若分别是的中点，圆心到直线和的距离且，易证为矩形且其中心对角线长度恒定，即可确定的轨迹判断C；根据得到四边形面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围判断D.
【详解】由题设圆的方程为，
设圆心为，则，半径，
由三角形两边之和大于第三边可知，且，
所以当长度最大时圆心与共线且在它们中间，此时错误；
由圆的性质知当即圆心与直线距离最大时长度的最小，
此时圆心与直线距离为，故正确；
若分别是的中点，则且且，
又，易知：为矩形，而，
若圆心到直线的距离且，
所以，则，故，
所以在以为直径，交点为圆心的圆上，C正确；
由上分析：，而，
所以，
令，则，
当，即时，；
当或5，即或时，；
所以，D正确；
故选：BCD
【点睛】难点在于CD选项，选项C：证明分别是的中点所形成的四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；选项D：利用得到四边形面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围.
三、填空题．（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 体育课上甲、乙两名同学进行投篮比赛（甲、乙各投篮一次），甲投中的概率为0.7，乙投中的概率为0.8，则甲、乙两人恰好有一人投中的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据相互独立事件的乘法概率公式即可求解.
【详解】记“甲投中”，“乙投中”，
则，
所以甲、乙两人恰好有一人投中的概率为
.
故答案为：0.38.
13. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，且是正三角形，是的中点，则三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】确定出球心的位置在中位线上，根据球的性质建立方程，求出半径即可得解.
【详解】设交于点，取的中点，连接，
取的中点，连接，如图，
因为是正三角形，所以，
又因为侧面底面，为交线，平面，
所以平面，
又，所以平面，
又为的外心，所以三棱锥外接球的球心在上，
设外接球球心为，半径为，连接，
因为底面是边长为2，所以,,
在中，则,
即，可得，
所以，解得,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题确定外接球球心的位置及如何建立关于外接球半径的方程不容易想到，要求有一定空间想象力及思维的灵活性，具有一定难度.
14. 已知圆，点，、为圆上两个不同的点，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设线段的中点为，根据题意结合弦长可得点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，结合圆的性质求的最小值.
【详解】圆的圆心为O0,0，半径，
设线段的中点为S，连接，则，
可得，
因为，则，，可得，
设，则，整理得：，
可知点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
且，可知点在圆内，
则，且，
所以的最小值为.
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. 直线方程为．
（1）证明：无论为何值，直线过定点；
（2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于A，两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的方程．
【答案】（1）证明见详解
（2）的周长为，直线的方程
【解析】
【分析】（1）将直线的方程变形为，令，解得即可；
（2）首先求出直线在、轴上的截距，即可求出的范围，再由面积公式及基本不等式求出面积最小值及此时的值，从而求出直线的方程及三角形的周长.
【小问1详解】
因为直线的方程，即，
令，解得，
所以直线恒过定点2,1；
【小问2详解】
因为直线的方程，依题意，即，
令，得到；令，得到；
令，解得，
可得，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立
此时直线的方程为，
且，，，

所以当的面积最小时，的周长为，直线的方程.
16. 如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且．

（1）求证：平面ACF；
（2）求点E到平面ACF的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，要证明线与面垂直，只要证明这条直线与平面上的两条直线垂直．
（2）为平面的一个法向量，向量在上的射影长即为到平面的距离，根据点到面的距离公式得到结果．
【小问1详解】
解：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，
，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，
平面
【小问2详解】
解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
17. 已知点为线段的中点，，点为圆上动点．
（1）求A点的轨迹曲线的方程；
（2）过点的直线与（1）中曲线交于不同的两点，（异于坐标原点），直线，的斜率分别为、，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值，定值为5
【解析】
【分析】（1）设，，利用相关点法即可求出轨迹方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线和曲线的方程，消去后，利用韦达定理及可求出斜率的取值范围，利用斜率公式及韦达定理可求出.
【小问1详解】
设，，由中点坐标公式得，
因为点为圆上动点，
则，可得，
整理得曲线的方程为.
【小问2详解】
由题意可知：曲线是以2,0为圆心，半径的圆，且直线的斜率存在，

设直线的方程为，，，
联立方程：，消去得：，
因为直线与曲线交于异于坐标原点的两点，，
则，解得，
又因为，
代入韦达得：，
所以是定值5.
18. 如图，在以为顶点的圆锥中，点是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，，为底面圆周上的两点，且为等边三角形，是母线的中点，．

（1）求圆锥的体积
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）设与交于点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据圆锥体积公式求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用公式求解即可；
（3）利用几何性质求的长，得到点的坐标，计算，利用公式求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
由题意，.
【小问2详解】
如图，以为原点建立空间直角坐标系.

由题意得，，，，，，，
∴.
设平面的法向量为，
∴，令，可取，
设平面的法向量为，
∴，令，可取.
设平面ADE与平面ACE的夹角为，
则.
【小问3详解】
如图，过点作于点，

则为中点，且，
∴，
由得，，∴，即，
∴.
设直线CM与平面ADE所成角为，
.
19. 已知，，动点满足，点的轨迹为曲线.
（1）求的方程.
（2）曲线，曲线与曲线的交点为，.以为直径的圆与轴，轴正半轴交点分别为，.
（i）点Q在直线上移动，过Q作圆的切线，切点为C，，试问直线是否过定点?若是.求出这个定点；若否，请说明理由.
（ii）为圆上异于，的一点，直线交轴于点，直线交轴于点，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）（i）过定点为；（ii)证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先设点,然后利用化简求解即可.
（2）先计算交点坐标，然后求出圆的方程，求出点，的坐标；再分别计算每一个小问，
（i）利用切线与半径垂直，然后建立等式求出直线方程，计算定点即可；
（ii）先分别计算出两个直线，然后计算两个焦点，表示出然后化简求解即可.
【小问1详解】
设
因为
所以有
经整理得
【小问2详解】
方程与方程联立
求解得或
所以圆的方程为
所以有
（i）设
易知圆的圆心为原点
所以有
由向量数量积的几何意义可知
所以有
故两点均满足直线
所以直线CD的方程为
过定点
（ii）设
则有,
所以得到
所以
所以
因为
不妨设
所以有
继续化简得
所以为定值4.
【点睛】关键点点睛：当两个数的平方和为定值时，我们可以三角换元，这样就只有一个变量了，然后求解即可.