黟县中学2024-2025学年度高二上学期期中数学测试卷（解析版）-A4

这是一份黟县中学2024-2025学年度高二上学期期中数学测试卷（解析版）-A4，共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，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。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线a，b的方向向量为a，b，平面α，β的法向量分别为m，n，则下列选项正确的是( )
A. 若a/​/b，则a⋅b=0B. 若b//β，则b⋅n=0
C. 若a⊥α，则a⋅m=0D. 若α/​/β，则m⋅n=0
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量、平面的法向量、线面平行的向量表示、线面垂直的向量表示、面面平行的向量表示，属于基础题．
根据题意，由直线方向向量的定义分析A，由直线与平面的位置关系分析B和C，由平面与平面的位置关系分析D，综合可得答案．
【解答】
解：对于A，若a/​/b，则a/​/b，故A错误;
对于B，若b//β，则b⊥n，则b⋅n=0，故B正确;
对于C，若a⊥α，则a//m，故C错误;
对于D，若α/​/β，则m//n，故D错误．
故选B．
2.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且OM=23OA，BN=NC，则MN=( )
A. 12a−23b+12cB. 12a+12b−12c
C. −23a+23b+12cD. −23a+12b+12c
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算，空间向量基本定理，属于基础题．
根据空间向量的线性运算解决即可．
【解答】
解：由题知，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且OM=23OA，BN=NC，
如图，
所以ON=12OB+12OC，
所以MN=MO+ON=−23OA+12(OB+OC)=−23a+12b+12c，
故选：D．
3.直线l过圆C：x+32+y2=4的圆心，并且与直线x+y+2=0垂直，则直线l的方程为( )
A. x+y−2=0B. x−y+2=0
C. x+y−3=0D. x−y+3=0
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程的性质，考查两条直线垂直的斜率的关系，考查直线的方程的求法，属于基础题．
先求出圆心以及直线l的斜率k=1，再用点斜式可得直线方程．
【解答】
解：由(x+3)2+y2=4可知圆心为−3,0，
又因为直线l与直线x+y+2=0垂直，
所以直线l的斜率为k=1，
由点斜式得直线l:y−0=x+3，
化简得直线l的方程是x−y+3=0．
故选D．
4.已知向量a=(1,2,−1)，b =(1,1,1)，则a在b方向上的投影向量是( )
A. (23,23,23)B. (−23,−23,−23)
C. ( 22, 2,− 22)D. (− 22,− 2, 22)
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了空间向量a在向量b方向上的投影向量的运算及数量积运算，属基础题．
由向量a在向量b方向上的投影向量为：|a|csθ·bb=a⋅b|b|2·b，即可得．
【解答】
解：因为向量a=(1,2,−1)，b=(1,1,1)，
a·b=1×1+2×1+−1×1=2，a= 6,b= 3，
所以向量a在向量b方向上的投影向量为：
a⋅b|b|2·b=231,1,1=23,23,23．
故选A．
5.已知圆(x−1)2+(y−1)2=r2经过点P(2,2)，则圆在点P处的切线方程为( )
A. x+y−4=0B. x+y=0
C. x−y=0D. x−y−4=0
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查求圆的标准方程以及圆的切线方程，直线的点斜式方程，两条直线垂直的判定，属于基础题．
首先求r2的值，然后求圆心坐标，接着求圆心C与点P连线的斜率kCP，最后求圆在点P处的切线方程．
【解答】
解：因为圆(x−1)2+(y−1)2=r2经过点P(2,2)，
将点P(2,2)代入圆的方程可得：(2−1)2+(2−1)2=r2，
即1+1=r2，所以r2=2，
则圆的方程为(x−1)2+(y−1)2=2，
所以此圆的圆心C(1,1)，
根据斜率公式得 kCP=2−12−1=1，
因为圆的切线与圆心和切点连线垂直，
已知kCP=1，所以点P(2,2)处切线的斜率为k=−1，
又因为切线过点P(2,2)，
所以切线方程为y−2=−(x−2)，
整理得x+y−4=0．
故选：A．
6.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1,−1)，则椭圆E的方程为( )
A. x218+y29=1B. x227+y218=1C. x236+y227=1D. x245+y236=1
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
设出直线的方程，联立方程组，由韦达定理可得x1+x2=6a2k2a2k2+b2，再利用中点公式可得解．
【解答】
解：由题意知c=3．
显然直线AB的斜率存在，设A(x1,y1)，B(x2,y2).
不妨设直线AB的方程为y=k(x−3)．
代入到椭圆方程中，消去y，
整理得(a2k2+b2)x2−6a2k2x+9a2k2−a2b2=0，
∵F(3,0)在椭圆内，则Δ>0恒成立，
∴x1+x2=6a2k2a2k2+b2，
因为AB的中点坐标为(1,−1)，
则x1+x2=6a2k2a2k2+b2=2．
y1+y2=k(x1−3)+k(x2−3)
=k(x1+x2−6)=k(2−6)
=−4k=−2，
即k=12，
所以6a2(12)2a2(12)2+b2=2，即a2=2b2，
又a2−b2=c2=9，
解得a2=18，b2=9，
故椭圆的标准方程为x218+y29=1．
故选A．
7.已知椭圆y2a2+x2b2=1(a>b>0)，斜率为2的直线与椭圆相交于两点M，N，MN的中点坐标为(1,−1)，则椭圆C的离心率是( )
A. 12B. 22C. 32D. 2
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质和中点弦问题，考查学生的计算能力，属于中档题．
利用点差法，结合MN的中点坐标，以及直线的斜率为2，即可求出a= 2b，c=b，从而可得椭圆C的离心率．
【解答】
解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则y12a2+x12b2=1 ①，y22a2+x22b2=1 ②，
∵ MN的中点坐标为(1,−1)，
∴x1+x22=1，y1+y22=−1，
∵直线MN的方程是y=2(x−1)−1，
∴y1−y2=2(x1−x2)，
①②两式相减可得：y12−y22a2+x12−x22b2=0，
∴(y1+y2)(y1−y2)a2+(x1+x2)(x1−x2)b2=0，
∴2×y1−y2a2+(−2)×x1−x2b2=0，
∴2×2×x1−x2a2−2×x1−x2b2=0，
∴4a2−2b2=0，
∴a= 2b，
∴c= a2−b2=b，
∴e=ca= 22．
故答案选B．
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点，R是直线AD上的点，满足PQ/​/平面ABC1D1，PQ⊥RQ，且P、Q不是正方体的顶点，则|PR|的最小值是( )
A. 426B. 305C. 52D. 2 33
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查运用空间向量求线段长，考查空间向量在线面平行、线线垂直中的运用，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系利用向量法能求出|PR|的最小值．
【解答】
解：如图，分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(0,1,0)，B1(1,0,1)，C(1,1,0)，
设P(1,1,m)，(0b>0)，
∵e=ca= 32，a2=b2+c2，
∴a2=4b2，即a=2b．
∴椭圆方程为x24b2+y2b2=1．
把直线方程x+y−1=0代入化简得5x2−8x+4−4b2=0．
设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
则 x1+x2=85，x1x2=15(4−4b2).
∴y1y2=(1−x1)(1−x2)=1−(x1+x2)+x1x2=15(1−4b2).
由于OM⊥ON，∴x1x2+y1y2=0．
解得b2=58，a2=52．
∴椭圆方程为25x2+85y2=1．
故答案为25x2+85y2=1．
14.平面直角坐标系xOy中，已知MN是⊙C：(x−1)2+(y−2)2=2的一条弦，且CM⊥CN，P是MN的中点．当弦MN在圆C上运动时，直线l：x−3y−5=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，则线段AB长度的最小值是_________ ．
【答案】2 10+2
【解析】【分析】
本题考查了直线和圆的关系的应用，属于难题．
依题意，点P在以C为圆心以1为半径的圆上，要使得∠APB≥π2恒成立，则点P所在的圆与以AB为直径的圆内切或内含于其中，所以AB的最小值为圆的直径的最小值．
【解答】
解：因为P为MN的中点，所以CP⊥MN，又因为CM⊥CN，
所以三角形CMN为等腰直角三角形，
所以CP=1，即点P在以C为圆心，以1为半径的圆上，点P所在圆的方程为(x−1)2+(y−2)2=1，
要使得∠APB≥π2恒成立，则点P所在的圆与以AB为直径的圆内切或内含于其中，
而AB在直线l：x−3y−5=0上，
C到直线l：x−3y−5=0的距离d=1−3×2−5 12+(−3)2= 10．
所以以AB为直径的圆的半径的最小值为r= 10 +1，
所以AB的最小值为2r=2 10 +2．
故答案为2 10+2．
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.(本小题13分)
如图，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，且∠APB=∠APC=∠BPC=π3,PA=3,PB=PC=2，M是PD的中点．
(1)若BD=mPA+nPB+pPC，求m+n+p的值；
(2)求线段BM的长．
【答案】解：(1)BD=BA+BC=(PA−PB)+(PC−PB)=PA−2PB+PC，
∴m+n+p=0；
(2)BM=PM−PB=12PD−PB
=12(PC+CD)−PB=12(PC+PA−PB)−PB
=12(PC+PA)−32PB，
∴BM2=[12(PC+PA)−32PB]2
=14(PC2+PA2+2PC·PA)−32PB·PC−32PA·PB+94PB2
=14(4+9+2×2×3×csπ3)−32×2×2×csπ3−32×3×2×csπ3+9
=194−3−92+9
=254．
∴BM=52．
【解析】本题考查空间向量基本定理及空间向量的加法、减法与数量积运算，属于拔高题目．
(1)确定基底，利用空间向量的加减运算得出即可；
(2)确定基底，利用空间向量的数量积运算得出即可．
16.(本小题15分)
(1)已知三角形的三个顶点是A4,0，B6,5，C0,3，边BC上的高所在直线为l，求直线l关于点B对称的直线l′的方程．
(2)已知两条直线l1:(3+m)x+4y=5−3m,l2：2x+(5+m)y=8，若l1//l2，求m的值．
【答案】解：(1)因为点 B6,5 ， C0,3 ，所以 kBC=13 ，
因为 l⊥BC ，所以 kl=−1kBC=−3 ，且直线l经过点 A4,0 ，
所以直线l的方程为 y=−3(x−4) ，即 3x+y−12=0 ．
设直线 l′ 的方程为 3x+y+m=0m≠−12 ，
由点 B6,5 到直线l和直线 l′ 的距离相等，所以 3×6+5−12 10=3×6+5+m 10 ，解得 m=−34 ，
所以直线 l′ 的方程为 3x+y−34=0 ．
(2) ∵l1 // l2 ，又 ∵l1：(3+m)x+4y=5−3m,l2：2x+(5+m)y=8,
∴(3+m)×(5+m)=4×2∴m=−7,m=−1
当 m=−7 时， l1：2x−2y+13=0,l2：x−y−4=0 ，此时 l1 // l2 ;
当 m=−1 时， l1：x+2y−4=0,l2：x+2y−4=0 ，此时 l1,l2 重合，
∴m=−7 ．

【解析】本题主要考查的是两直线垂直与平行的判定，直线的点斜式方程，点、直线的对称关系，属于中档题．
(1)根据条件求得kBC，利用直线的垂直关系求得l的斜率，利用点斜式方程即可得到l的方程，结合中心对称性的性质求对称直线的方程即可．
(2)由两直线平行，即可列出关于m的方程，求解即可．
17.(本小题15分)
已知椭圆M:y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为 63，且短轴长为2 2．
(1)求M的方程；
(2)若直线l与M交于A,B两点，且弦AB的中点为P−12,−2，求l的一般式方程．
【答案】解：(1)由题意可得椭圆M中ca= 632b=2 2,
又因为a2=b2+c2，解得a2=6，b2=2，
所以椭圆M的方程为y26+x22=1．
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，则x122+y126=1x222+y226=1,
两式相减，得x1−x2x1+x22+y1−y2y1+y26=0，
又根据题意x1+x2=−1y1+y2=−4 ，代入可得−12x1−x2−23y1−y2=0，
所以l的斜率k=y1−y2x1−x2=−34，
故l的方程为y+2=−34x+12，即6x+8y+19=0．


【解析】本题主要考查椭圆的中点弦问题，考查椭圆的标准方程，属于中档题．
(1)根据椭圆离心率和a,b,c的关系求解即可；
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法求解即可
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，若M、N分别为棱PD,PC上的点，O为AC中点，且AC=2OM=2ON．

(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；
(2)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值；
(3)求点N到平面ACM的距离．
【答案】解：因为PA⊥平面ABCD，AB、AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，
因为ABCD是矩形，所以AB⊥AD；
故PA，AB，AD两两垂直，以AB，AD，PA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则P(0,0,4)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，O(1,2,0);
AC=2OM=2ON，且OM，ON分别为△AMC，△ANC的中线，
所以AN⊥PC,AM⊥MC，
又因为CD⊥PA，CD⊥AD，AD∩PA=A，AD、PA⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，且AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，
又因为AM⊥MC，CM∩CD=C，CM、CD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，PD⊂平面PCD，即可得AM⊥PD，
设点M(x,y,z)，因为P，M，D三点共线，
所以PM=λPD，PM=(x,y,z−4)，PD=(0,4,−4)，所以λPD=(0,4λ,−4λ)；
所以x=0y=4λz−4=−4λ，所以M(0,4λ,4−4λ)，
而AM⊥PD⇒AM⋅PD=0，所以16λ−4(4−4λ)=0⇒λ=12，所以M(0,2,2)
同理，设点N(x,y,z)，因为P，N，C三点共线，所以PN=μPC，
而PN=(x,y,z−4)，PC=(2,4,−4)，
因为μPD=(2μ,4μ,−4μ)，所以x=2μy=4μz−4=−4μ，所以N(2μ,4μ,4−4μ)，
而AN⊥PC⇒AN⋅PC=0；
所以4μ+16μ−4(4−4μ)=0⇒μ=49，所以N(89,169,209)；
(1)设平面ABM的法向量为n1=x,y,zAB=(2,0,0)，AM=(0,2,2)，
所以2x=02y+2z=0⇒n1=(0,1,−1);
设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z),PC=2,4,−4,DC=(2,0,0)，
所以2x+4y−4z=02x=0⇒n2=(0,1,1);
所以n1⋅n2=0，所以n1⊥n2所以平面ABM⊥平面PCD；
(2)设平面ACM法向量为n=(x,y,z)，AC=(2,4,0)，AM=(0,2,2)，
所以2x+4y=02y+2z=0⇒n=(2,−1,1)；
而CD=(−2,0,0)，设直线CD与平面ACM所成角为θ，
则；
(3)由(1)得，点N到平面ACM的距离dN−平面ACM=|AN⋅n|n|∣
=89×2+169×−1+209 6=1027 6．
【解析】本题主要考查了空间向量的基本概念和空间向量以及直线与平面所成的角和面面垂直的判断以及空间中距离的相关概念，属于较难题．
先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，
(1)再设出两平面的法向量，利用空间向量的计算，进而求出答案；
(2)利用空间中直线与平面所成角的相关知识，进而求出答案；
(3)利用空间中的距离相关知识，直接求出答案即可．
19.(本小题17分)
已知以点C(3,4)为圆心的圆C被直线l：3x+4y−20=0截得的弦长为2 3．
(1)求圆C的标准方程；
(2)求过A(0,2)与圆C相切的直线方程；
(3)若Q是x轴上的动点，QR，QS分别切圆C于R，S两点．试问：直线RS是否恒过定点？若是，求出恒过点坐标；若不是，说明理由．
【答案】解：(1)圆心C(3,4)到直线l的距离为|3×3+4×4−20| 32+42=1，
设圆的半径为R，则R2=12+(2 32)2=4，
故圆C的标准方程为(x−3)2+(y−4)2=4；
(2)易知斜率不存在时，直线与圆不相切，
故可设过点(0,2)的切线方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，
圆心C(3,4)到直线kx−y+2=0的距离为|k×3−4+2| k2+12=2，
解得k=0或125，
所以过点(0,2)的切线方程为y=2或y=125x+2；
(3)由题意∠CSQ=∠CRQ=π2，则R，S在以QC为直径的圆上，
设Q(a,0)，则以QC为直径的圆的方程：(x−a+32)2+(y−2)2=(a−3)2+164，
即x2+y2−(a+3)x−4y+3a=0，
与圆C：x2+y2−6x−8y+21=0联立，
得：−a(x−3)+3x+4y−21=0，
令x−3=03x+4y−21=0，解得x=3y=3,
故无论a取何值时，直线RS恒过定点(3,3)．
【解析】本题主要考查了圆标准方程的求法，圆切线方程的求法，直线与圆位置关系的运用，圆的切线性质以及定点问题，属于中档题．
(1)先求出圆心C(3,4)到直线l的距离，再设圆的半径为R，由勾股定理得到R2=12+(2 32)2=4，即可求出圆C的标准方程；
(2)考虑斜率是否存在的情况，设过点(0,2)的切线方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，再根据圆心C(3,4)到直线kx−y+2=0的距离为2，建立方程解出k即可求解；
(3)根据题意∠CSQ=∠CRQ=π2，则R，S在以QC为直径的圆上，设Q(a,0)，表示出以QC为直径的圆的方程，再与圆C联立得到直线RS的方程，然后确定定点即可．