广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题及答案

这是一份广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题及答案，共18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。
1. 已知点，则点A关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间坐标系的概念可解.
【详解】点关于x轴对称的点的坐标为.
故选：C
2. 向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值.
【详解】因为，所以，由题意可得，
所以，则．
故选：C.
3. 已知直线，若，则（ ）
A. 或B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.
【详解】因为，，
所以，所以，解得或，
当时，，，直线重合，不满足要求，
当时，，，直线平行，满足要求，
故选：B.
4. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出弦心距，然后根据圆的弦长公式直接求解即可.
【详解】圆，所以圆心，半径，
所以弦心距为，
所以弦长为，
故选：C
5. 如图，平行六面体的底面是边长为1的正方形，且，，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先以为基底表示空间向量，再利用数量积运算律求解.
【详解】解：，
，
，
，
所以，
故选：B
6. 若方程表示一个圆，则实数 m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】若二元二次方程表示圆，则必须满足.
【详解】由，
得，
即,
解得
故选：
7. 人教A版选择性必修二教材的封面图案是斐波那契螺旋线，它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵､鹦鹉螺等．斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1，1，2，3，5，8，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．下图为该螺旋线在正方形边长为1，1，2，3，5，8的部分，如图建立平面直角坐标系（规定小方格的边长为1），则接下来的一段圆弧所在圆的方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知图中每90°的圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，由于每一个圆弧为四分之一圆，从而可求出下一段圆弧所以圆的圆心，进而可得其方程
【详解】解：由题意可知图中每90°圆弧半径符合斐波那契数1，1，2，3，5，8，…，从而可求出下一段圆弧的半径为13，
由题意可知下一段圆弧过点，
因为每一段圆弧的圆心角都为90°，
所以下一段圆弧所在圆的圆心与点的连线平行于轴，
因为下一段圆弧的半径为13，
所以所求圆的圆心为，
所以所求圆的方程为，
故选：C
8. 在正方体中，分别是棱上的动点，且，当、共面时，直线和平面夹角的正弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，先由 、四点共面推得的坐标，再分别求得平面的法向量和直线的方向向量，结合线面角的正弦公式，从而求解.
【详解】以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

不妨设正方体的棱长为6，，
则可得，
当、四点共面时，设平面为，
且平面，平面，平面平面，
所以，
所以不妨设，
又因为，
所以，解得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与直线所成的角为，
则.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是证得，从而得到的坐标，进一步求出平面法向量和直线方向向量即可求解.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量基底概念可得解.
【详解】由已知，，不共面，则，，不共面，A选项正确；
设，即方程无解，
所以，，不共面，B选项正确；
设，即，解得： ，
即，所以，，共面，C选项错误；
设，显然三个向量不共面，D选项正确；
故选：ABD.
10. 已知圆，圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 若和外离，则或
B. 若和外切，则
C. 当时，有且仅有一条直线与和均相切
D. 当时，和内含
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再根据两圆的位置关系由圆心距与半径的和差关系得到不等式（方程），即可判断.
【详解】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
所以，
若和外离，则，解得或，故A正确；
若和外切，则，解得，故B正确；
当时，，则和内切，故仅有一条公切线，故C正确；
当时，，则和相交，故D错误.
故选：ABC．
11. 如图，边长为1正方形所在平面与正方形在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ）
A. ，使
B. 线段存在最小值，最小值为
C. 直线与平面所成的角恒为45°
D. ，都存在过且与平面平行的平面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用向量的线性运算可得，结合向量的模的计算可判断B的正误，结合向量夹角的计算可判断C的正误，结合共面向量可判断D的正误.
【详解】因为四边形正方形，故，
而平面平面，平面平面，
平面，故平面，而平面，
故.
设，则，其中，
由题设可得，
，
对于A，当即时，，故A正确；
对于B， ，
故，当且仅当即时等号成立，故，故B错误；
对于C，由B的分析可得，
而平面的法向量为且，
故，此值不是常数，
故直线与平面所成的角不恒为定值，故C错误；
对于D，由B的分析可得，故为共面向量，
而平面，故平面，故D正确；
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 点到直线的距离为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用点到直线的距离公式计算可得.
【详解】点到直线的距离.
故答案为：
13. 直线与间的距离为3，则_______.
【答案】或
【解析】
【分析】利用平行线间距离公式求解即可.
【详解】由题，可知，所以两平行线间距离为，
解得或，
故答案为：或
14. 已知圆C1：，圆C2：，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为轴上的动点，则的最小值_____．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆关于轴对称圆圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可得到的最小值.
【详解】如图所示，圆关于轴对称圆的圆心坐标，以及半径，
圆的圆心坐标为，半径为，
所以的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，
即.
【点睛】本题主要考查了圆的对称圆的方程的求法，以及两圆的位置关系的应用，其中解答中把的最小值转化为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
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. 已知空间三点，设
（1）求；
（2）若向量与互相垂直，求实数k的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求出的坐标，再利用向量数量积的坐标公式计算即得；
（2）先求出和，再利用向量垂直的充要条件列出方程，代入化简计算即得k值.
【小问1详解】
由题意，，则；
【小问2详解】
由（1）可得
因向量与互相垂直，则得：，
解得，或.
16. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可；
(2)利用空间向量求异面直线所成角即可.
【小问1详解】
由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面,
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又不在平面内，所以平面．
【小问2详解】
因为，，
所以，又
设异面直线与所成角为，
所以
17. 在平面直角坐标系中，已知的三个顶点.
（1）求边所在直线的方程;
（2）若的面积等于7，且点的坐标满足，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线的两点式求解直线方程即可；
（2）首先求出点到直线的距离及，再根据，得到，最后解方程组即可求出点的坐标.
【小问1详解】
因为B2,1、，
所以边所在直线的方程为，整理得；
【小问2详解】
点到直线的距离，
又，因为，
所以有，即，
又点的坐标满足，
因此有或，
解得或，
所以点的坐标为或．
18. 如图，在长方体中，，，点E在棱AB上移动．
（1）求证：；
（2）当点E为棱AB的中点时，求点B1到平面ECD1的距离；
（3）当AE为何值时，平面D1EC与平面AECD所成角为？
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，把，转化为计算即可.
（2）利用空间向量方法求点到面的距离.
（3）设出，利用空间向量表示面D1EC与平面AECD所成角，求出.
【小问1详解】
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，，
则，，，，，
即，，
因为，
所以，
所以.
【小问2详解】
如图，当E为棱AB的中点时，，
，，
设平面的法向量为，
则，令，则，则，
所以，
设点B1到平面ECD1的距离，，
所以，
所以点B1到平面ECD1的距离为.
【小问3详解】
设时，平面D1EC与平面AECD所成角为，则，
由图知，平面AECD法向量为，
，，
设平面的法向量为，
则，令 ，则，，
所以，
因为平面D1EC与平面AECD所成角为，
所以，
解得或（舍）.
所以当AE为时，平面D1EC与平面AECD所成角为.
19. 已知圆过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设点在圆上运动，点，记为过，两点的弦的中点，求的轨迹方程；
（3）在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据圆心所在的直线设出圆心坐标，利用圆上的点建立距离方程求解即可；
（2）法1，利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；法2，设直线DE的方程，与圆联立，利用韦达定理求得中点坐标，消去参数即可求得动点的轨迹方程；
（3）法1，设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可；法2，利用数量积的几何意义及点到直线的距离公式及两点距离公式求解，或者利用数量积的坐标运算求解即可.
【小问1详解】
圆心在上，可设圆心，，，解得：，，
故圆的方程为：.
【小问2详解】
法1：由圆的几何性质得即，所以，
设，则，
所以，即的轨迹方程是.
法2：设过且斜率为的直线为，与圆的方程联立，
消去得，
因为在圆的内部，故此二次方程必有两不等实根，
故弦中点的横坐标，代入，
得，消去，可得，
即的轨迹方程为.
【小问3详解】
法1：设直线与直线交于点，由可知直线的斜率是，
直线的斜率为，，，，
，因此，，
又E到的距离，
，故恒为定值1.
法2：因为，所以由数量积的几何意义得，
由法1知，则，
又E到的距离，
，故恒为定值1.
或设，则，
所以.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆的条件；
（2）强化利用几何法求解圆的轨迹问题及弦长、定值等问题，联立直线与圆的方程，要强化得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题.