福建省福州十校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份福建省福州十校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】直线的方程化为，其斜率，
倾斜角满足，所以.
故选：D.
2. 圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据圆的标准方程，
即可得圆心坐标为，半径为.
故选：B.
3. 过点，且垂直于直线的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据垂直关系得所求直线的斜率为，又过点，
所以所求直线方程为，
即.
故选：A.
4. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由已知，，，
∵，
∴
，
∴，即，
故选：A.
5. 直线的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由直线，得：，直线的斜率，直线在y轴上的截距为，
当时，，则直线经过第一象限和第三象限，且与轴相交于轴下方；
当时，，则直线经过第二象限和第四象限，且与轴相交于轴上方；
只有B选项的图象符合题意，
故选：B.
6. 过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题设，圆中，半径为1，
又，故只需最小，则最小，
圆心到直线的距离，
当时，，所以.
故选：D
7. 在三棱锥中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】四面体是由正方体的四个顶点构成的，
如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，
，
，
，
因为异面直线夹角的范围为，
所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为，
故选：B.
8. 是圆上两点，，若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】圆，圆心，，
由是弦的中点，且，则由圆的几何性质，，
所以，
故点在以为圆心， 以为半径的圆上.
又在圆上存在点满足题设，
且其圆心，半径，
则由两圆有公共点，得，即，
解得，或.
故选：C.
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. 以下关于直线的表述正确的是（ ）
A. 斜率为，在y轴上的截距为3的直线方程为
B. 经过点且在x轴和y轴上截距相等的直线方程为
C. 点斜式方程可用于表示过点且不与轴垂直的直线
D. 已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为
【答案】AC
【解析】对A，斜率为，在y轴上的截距为3的直线斜截式方程为，A正确；
对B，经过点和原点的直线也满足题意，故B错误；
对C，点斜式方程适用于斜率存在的直线，C正确；
对D，易知直线过定点，
可得，
由图和正切函数性质可知，或，D错误.
故选：AC.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 直线到平面的距离为2
C. 点到直线的距离为
D. 平面截正方体的截面的面积为
【答案】ABC
【解析】依题意，建立空间直角坐标系，如图，
，
对于A，，
则，故A正确；
对于B，易得平面的法向量为，而，
所以，又平面，所以平面，
所以点到平面的距离即直线到平面的距离，
即，故B正确；
对于C，，，所以，
则点到直线的距离为，故C正确；
对于D，记的中点为，连接，则，
所以，显然，即，
所以四点共面，
即平行四边形为平面截正方体的截面，
由勾股定理易得，故平行四边形是菱形，
又，所以，，
所以，故D错误.
故选：ABC.
11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆.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.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线，则（ ）
A. 直线过定点
B. 动点的轨迹方程为
C. 动点到直线的距离的最大值为
D. 若点的坐标为，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】对A,直线，，所以直线过定点，A正确；
对B，设，因为动点满足 ，所以 ，
整理可得，
即，所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点的轨迹方程为圆，B正确；
对于 C，当直线与垂直时, 动点到直线距离最大，
且最大值为，C错误；
对于D，由，得，所以，
又因为点在圆内，点在圆外，
所以，
当且仅当为线段与圆的交点时取等号.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分（14题第一空2分，第二空3分）.
12. 已知直线，直线，若，则=________.
【答案】-2
【解析】，则；.
若，则存在斜率，方程可化为，
则且，解得.
13. 在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，写出一个符合题意的点的坐标__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】点在平面内，所以四点共面，
则，
所以，
所以，则，
所以满足即可，
令，满足，
所以符合题意的点的坐标可以为.
故答案为：（答案不唯一） .
14. 如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的体积的最大值为_______；二面角的正弦值的最小值为__________.
【答案】
【解析】第一空：取的中点，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，，，所以，
所以三棱锥的体积为
，
因为，所以，则；
当且仅当，即时，等号成立，
故三棱锥的体积的最大值为.
第二空： 由平面，又平面，
所以，
过作于，连接，
因为平面，，
所以平面，
又平面，所以，
所以为二面角平面角，
在中，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为2.
此时取得最小值，
故二面角的正弦值的最小值为.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知的三个顶点是，，.
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）求的面积.
解：（1）由题意可得：直线AC的斜率
则AC边上的高所在直线的斜率，
又这条直线过点，
所以直线方程为，
即.
（2）（方法一）因为，所以，所以，所以，
因为，所以，
（方法二）由(1)知直线AC的斜率，
则直线AC的方程为，即，
点到直线的距离，
因为，，
（方法三）因为，所以，所以，
因为，所以.
16. 如图，在三棱柱中，，，平面.
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：因为，，且，所以四边形为菱形，则,
又因为平面，平面，
所以，又，、平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：（方法一）因为平面，
所以直线与平面所成的角为，即，
因为平面，平面，则，则，
令，由四边形为菱形，，
则是边长为的等边三角形，
所以，，，
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，
设平面的法向量，
则，取，则，，
故，
易知平面的一个法向量为，，
故平面与平面的夹角余弦值为.
（方法二）因为平面，
所以直线与平面所成的角为，即，
因为平面，平面，则，则，
令，由四边形为菱形，，则是边长为的等边三角形，所以，，，，
所以，，
取中点，连接、，
等腰直角中，且，
由勾股定理得，
因为，则，且，
因为，，平面平面，
所以平面与平面的夹角即，
在中，，，，则，
即，
，故平面与平面的夹角余弦值为.
17. 已知圆过两点、，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）已知点，
①判断点与圆的位置关系，并说明理由；
②若点在圆内，求过点的最短弦长及其所在的直线方程；若点在圆上或圆外，求过点的圆的切线方程.
解：（方法一）因为圆心在直线上，设圆心为，
因为点、在圆上，所以，
即，
整理得，
解得，所以圆心，半径，
即圆的标准方程为.
（方法二）因为点、在圆上，
则，的中点（2,2）
所以的中垂线方程为，即，
联立，解得，圆心，
半径，
所以圆的标准方程为.
（2）①由（1）可得圆，则圆心，半径，
因为，则点在圆外，
②当过点的直线斜率不存在时，则直线方程为，
圆心到直线的距离为，故直线为圆的切线；
当过点的直线斜率存在时，
可设直线方程，即，
由圆心到该直线的距离，
由直线与圆相切，则，即，
可得，解得，
此时，直线方程为，即，
综上，切线的方程为或.
18. 在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明：∵面面，面面，
，面，∴面，
∵面，∴，
又，，面，面，∴面，
（2）解：取中点为，连结，
∵，∴，∵，∴，
∵面面，面面，
，
两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
易知P0,0,1，，，，
则，，，，
设为面的法向量，令.
则，
假设存在点使得面， 设，，
又，P0,0,1，，，，
有，∴，
∵面，为的法向量，
∴，即，得，
综上，存在点，即当时，点即为所求.
19. 新定义：已知，.空间向量的叉积
.若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为，与的混合积为.混合积性质：若，则与共面；若，则与异面.已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点.
（1）用混合积性质证明：与是异面直线；
（2）若点，求的长的最小值；
（3）若为坐标原点，直线，求的坐标.
（1）证明：由题意得，
因为，
所以，
故与是异面直线.
（2）解：设与都垂直的向量，
由，可取，
则的长的最小值为.
（3）解：由题意可设，
，
则，
由（2）得共线，则，解得，
故.