四川省部分学校2024-2025学年高二上学期12月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省部分学校2024-2025学年高二上学期12月期末考试数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第八章，选择性必修第一册第一章至第三章第一节．
一、选择题：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. 已知直线与直线平行，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】两直线平行，的系数的比值相等，且与的系数的比值与常数项的比值不相等，由此能求出.
【详解】根据直线与直线平行，
则，
故.
故选：A
2. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案.
【详解】对于A，根据题意，故A错误.
对于B，设，则不存在，故B正确.
对于C，，故C错误；
对于D，由，
则，所以，
所以，故D错误；
故选：B.
3. 已知，是两个互相平行的平面，，，是不重合的三条直线，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系有关判定、性质定理，可得正确结论.
【详解】因为，，所以.
又，，所以，，
，平行或异面.
故选：A
4. 直线与圆交于A，B两点，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用垂径定理，将弦长问题转化为在弦心距与半径，半弦长构成的直角三角形中求解即可．
【详解】圆M的半径，圆心，则圆心M到直线l的距离，
故．
故选：D．
5. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ）

A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：作辅助线构造三角形，根据余弦定理以及勾股定理可求得结果；解法二：根据向量的线性运算以及数量积的运算可求得结果.
【详解】解法一：作于点C，且，连接，，

，
；
解法二：由，，
得，，．
因为，
所以，
则，
解得，．
故选：C.
6. 如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合.已知某正二十面体的棱长为1，体积为，则该正二十面体的内切球的半径为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，再由棱锥的体积公式计算即可；
【详解】由题意正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合，
所以正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，设为
所以，解得，
故选：C.
7. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G．若D为线段OH的中点，G为线段OD的中点．则点E到x轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先过点E作轴，垂足为F，利用线段比例关系，列式求解.
【详解】过点E作轴，垂足为F．由题意可得，，
所以，，两式相乘可得
所以，则．
故选：D
8. 如图，正方形的棱长为4，G，E分别是，的中点，是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建系，设，通过平面EFG，得到，再结合距离公式及二次函数求最值即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
，．
设平面EFG的法向量为，
则，即
令，可得．设 ，则．
因为直线AP与平面EFG没有公共点，所以平面EFG，则，
所以，即．
，
当时，AP取得最小值，最小值．
故选：D
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. 已知空间内三点，，，则（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点，，，得到，，
，再逐项判断.
【详解】因为空间内三点，，，
所以，，，
则，，，A正确．
因为，所以，B正确．
，C错误．
的面积为，D正确．
故选：ABD.
10. 已知正四面体的棱长为6，下列结论正确的是（ ）
A. 该正四面体的高为
B. 该正四面体的高为
C. 该正四面体两条高的夹角的余弦值为
D. 该正四面体两条高的夹角的余弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据顶点在底面的射影为底面三角形的重心计算出正四面体的高；通过余弦定理计算出，结合的关系即可求解出两条高夹角的余弦值.
【详解】取中点，连接，过作垂直于交于点M，过作垂直于交于点N，如图所示，
由正四面体的结构特点可知，为正四面体的高，记，
因为在底面的射影为的重心，所以，
所以，故A正确，B错误；
因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为的夹角为，且，
所以，
所以夹角的余弦值为，故C错误，D正确；
故选：AD.
11. 笛卡尔叶形线是一个代数曲线，首先由笛卡儿在1638年提出．如图，叶形线经过点，点在C上，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与C有3个公共点B. 若点P在第二象限，则
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，联立方程求解的个数即可判断，对于B，由．结合可判断，对于C，通过点在第一、第二、第四象限逐个判断即可，对于D，结合C中得到的，再结合基本不等式得到求解即可.
【详解】因为叶形线经过点，所以．
联立，解得，所以直线与C只有1个公共点，A错误．
．
因为点P在第二象限，所以，，
所以，B正确．
若点P在第四象限，则，可推出 ．
因为，
所以．当点P在第二、四象限时，，
所以．当点P是原点或在第一象限时，易得，
所以，C正确．
由，可得，解得，所以，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 与圆，都相切的直线有______条．
【答案】3
【解析】
【分析】根据两圆心距离与两个圆的半径和差关系判断两圆位置关系，即可判断公切线条数.
【详解】圆的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为，因为，
所以圆与圆外切，与圆，都相切的直线有3条．
故答案为：3
13. 已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为______．
【答案】0.02##
【解析】
【分析】根据椭圆的性质求椭圆参数，应用离心率公式求离心率.
【详解】设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
由题意，得，，解得，，
所以这个椭圆的离心率．
故答案为：0.02
14. 在正六棱柱中，，M，N分别为，的中点，平面CMN与直线交于点G，则______；点A到平面CMN的距离为______．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】连接AD，BF，设其交点为O．以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．求得平面CMN的一个法向量为，设，则由求得a，再利用空间两点间的距离和点到平面的距离公式求解.
【详解】解：连接AD，BF，设其交点为O．
由正六棱柱的性质知，，且，
取的中点P，连接OP，则平面ABCDEF．
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
因为，M，N分别为，的中点，
所以，，，，则，，．
设平面CMN的一个法向量为，
则令，则．
设，则．
由，解得，又，所以．
点A到平面CMN的距离．
故答案为：4，
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. 已知点，，点C在x轴上，且是直角三角形，．
（1）求点C的坐标；
（2）求的面积；
（3）求斜边上中线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）10 （3）．
【解析】
【分析】（1）设出C点坐标，利用垂直，转化为斜率之积为即可求出的值；
（2）求出两直角边长，代入三角形面积公式即可；
（3）写出AC中点E的坐标，利用直线的点斜式方程即可求出斜边中线所在直线方程．
【小问1详解】
设．因为，所以，
显然，则．
因为，，
所以，解得，则．
【小问2详解】
，，
的面积为．
【小问3详解】
记AC的中点为E，则．
直线BE的斜率为，
直线BE的方程为，即，
所以斜边上的中线所在直线的方程为．
16. 已知直线l：恒过点C，且以C为圆心的圆与直线相切．
（1）求点C的坐标；
（2）求圆C的标准方程；
（3）设过点的直线与圆C交于A，B两点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由直线的点斜式方程求定点；
（2）根据圆心到直线的距离等于半径，求圆的方程；
（3）根据圆的弦长公式求解.
【小问1详解】
直线l：，即，
所以直线l恒过点．
【小问2详解】
圆C的圆心为．
圆C的半径，
所以圆C的标准方程为．
【小问3详解】
由于点D在圆内部，
所以当直线AB与直线CD垂直时，取最小值．．
，，即的最小值为.
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，E为线段PC上一点，，且该四棱锥的体积为.
（1）求AE的长度；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据锥体体积求得，建立空间直角坐标系，设，利用及向量垂直的坐标运算求得，利用直角三角形性质即可求解；
（2）求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角平面角的余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值.
【小问1详解】
设，则，该四棱锥的体积为，
解得，即，．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，，，
设，则，．
若，则，解得，即E为PC的中点．
连接AC，在中，；
【小问2详解】
由（1）得，，．
设平面ABE的法向量为，
则即取，得．
设平面PBE的法向量为，
则即取，得．
设二面角的大小为，
则，所以，
所以二面角正弦值为．
18. 已知，分别为椭圆的上、下焦点，是椭圆的一个顶点，是椭圆C上的动点，，，三点不共线，当的面积最大时，其为等边三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为的中点，为坐标原点，直线交直线于点，过点作交直线于点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，即可求解；
（2）设直线的方程为，延长交于，延长交于．
通过向量数量积说明，，再通过 ，，及，即可求证；
【小问1详解】
因为是椭圆C的一个顶点，所以．
当点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，其为等边三角形，满足，又因为，所以，．
故椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
证明：设直线的方程为，，．
由得，
，，
所以，，
即点，
所以直线方程为．
令，得．
又，所以直线的方程为．
令，得．
延长交于，延长交于．
由，得，则．
同理由，得，则．
因为，，显然，
所以．
19. 空间直角坐标系中，任意直线l由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其标准式方程可表示为．若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，整理成一般式方程为．特殊地，平面xOy的一般式方程为，其法向量为．若两个平面相交，则交线的一般式方程可以表示为
（1）若集合，记集合M中所有点构成的几何体为S，求S的体积；
（2）已知点，直线．若平面，，求的一般式方程；
（3）已知三棱柱的顶点，平面ABC的方程为，直线的方程为，平面的方程为．求直线与直线BC所成角的余弦值．
【答案】（1）20 （2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由条件知，S是一个长为2，宽为5，高为2的长方体，根据体积公式求解.
（2）求出平面的法向量，根据新定义即可求解平面的点法式方程.
（3）先求出，再结合已知条件求得平面的方程为，根据新定义求出直线BC的一个方向向量为，利用向量法求解两直线的夹角的余弦值.
【小问1详解】
由条件知，S是一个长为2，宽为5，高为2的长方体，
则体积．
【小问2详解】
直线过点，方向向量为，．
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
所以平面的点法式方程为，
一般式方程为．
【小问3详解】
联立解得即．
又，所以．
由平面的方程知，其法向量为．因为平面，
所以，即，解得，
所以平面的方程为．
直线BC上的点满足化简得，
所以直线BC的一个方向向量为，
取直线BC的一个方向向量为．
则，即直线与直线BC所成角的余弦值为．