2024-2025学年江苏省苏州市张家港第一学期高二期中调研测试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省张家港市第一学期高二期中调研测试数学试卷一、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.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M，N分别为OA，BCA.12a−12b+122.若直线l沿x轴向左平移4个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率是(

)A.12 B.−12 C.23.已知动点M与两定点O(0,0)，A(0,3)的距离之比为12，则动点M的轨迹方程为(

)A.x2+y2+2y−3=0 B.x24.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−3,2)，B(2,1)两点的线段总有公共点，则直线l的倾斜角α的取值范围是(

)A.[0,π) B.[0,π4]∪[3π4,π)5.若两直线l1:x+2ay+2=0，l2:(3a−1)x−ay−1=0平行，则实数A.{0 , 16} B.{0} C.{6.已知圆C的圆心在直线x−y−5=0上，并且圆C经过圆x2+y2+6x−4=0与圆x2A.(12,−92) B.(7.过点P(2,0)有一条直线l，它夹在两条直线l1:2x−y−2=0与l2:x+y+3=0之间的线段恰好被点PA.103 B.203 C.4038.已知矩形ABCD，AB=3，AD=3，M为边DC上一点且DM=1，AM与BD交于点Q，将△ADM沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则sin∠PBQ的最大值是A.13 B.33 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知棱长为3的正方体ABCD−A1B1A.A1B⊥AC1B.A1B与B1C所成角的大小为45∘

C.平面A1BD与平面10.已知直线l:kx−y−k+2=0，圆O:x2+yA.直线l始终与圆O相交

B.直线l被圆O截得的弦长最大值为4

C.若直线l与圆O相交于A，B两点，且∠AOB=90∘，则k=−2±6

D.若圆O上有且只有四个点到直线l11.已知空间四面体OABC，则(

)A.当OP=12OA+14OB+14OC，则点P在平面ABC内

B.若该四面体的棱长都为a，则异面直线OA，BC间的距离为22a

C.若M为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在空间直角坐标系O−xyz中，A(2,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,4)，则三棱锥O−ABC的体积是

．13.圆O:x2+y2=1与圆C关于直线14.在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2+mx−1的图象与坐标轴分别交于点A，B，C，记△ABC的外接圆为圆E．

 ①当m=32时，圆E的一般式方程是

; ②圆E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)

已知直三棱柱ABC−A1B1C1，F为BC中点，EC(1)求证：ME//平面A(2)若△ABC是等边三角形且AB=2BB1，求证：B16.(本小题15分)已知△ABC的三个顶点是A(1,5)，B(−5,−7)，C(3,−3)，求：(1)边BC上的中线所在直线的方程;(2)边BC上的高所在直线的方程;(3)∠ABC的角平分线所在直线的方程．17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，且PA=AB=BC=2，AD=1．

(1)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值;(2)求点B到平面PCD的距离;(3)若点M为平面PBC内的一动点，若DM⊥平面PBC，求CM与平面ABCD所成角的正弦值．18.(本小题17分)

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，(1)当a=4时，求证：AC1⊥(2)当a=6时， ①求四边形ACC1 ②求AD1与平面A19.(本小题17分)已知圆O:x2+y2=4内有一点P0(−1 , 0)，倾斜角为α的直线(1)当α=135∘时，求(2)是否存在弦AB被点P0三等分？若存在，求出直线l(3)记圆O与x轴的正半轴交点为M，直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，求证：k1参考答案1.B

2.B

3.A

4.C

5.B

6.D

7.B

8.A

9.AC

10.BCD

11.ABD

12.4

13.x−y+2=0(14.x215.解：(1)连接A1B，

∵B1C1//BC且|B1C1|=2|BF|，

∴|C1M||MB|=|B1C1||BF|=2．

又在△A1BC1中，|EC1|=2|A1E|，

∴|C1M||MB|=|EC1||A1E|=2，∴ME//A1B.

又ME⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，

∴ME/​/平面A1B1BA．

(2)∵直三棱柱ABC−A1B1C1，

∴CC1⊥平面ABC，又AF⊂平面ABC，

∴AF⊥CC116.解：

(1)记BC的中点为D，因为B(−5 , −7)，C(3 , −3)，所以D(−1,−5)，

又因为A(1 , 5)，所以直线AD的方程为y−5−5−5=x−1−1−1，即5x−y=0．

(2)边BC所在直线的斜率kBC=−3+73+5=12，

因为边BC上的高与BC垂直，所以边BC上的高所在直线的斜率为−2．

又因为边BC上的高经过点A(1 , 5)，

所以BC边上的高所在直线的方程为y−5=−2(x−1)即2x+y−7=0．

(3)由A(1 , 5)，B(−5 , −7)可得AB的方程为y−5=2(x−1)，即2x−y+3=0．

由B(−5 , −7)，C(3 , −3)可得BC的方程为y+3=12(x−3)，即x−2y−9=0．

设∠ABC的角平分线上的点的坐标为(x,y)，于是2x−y+322+117.解：(1)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，

又AB⊥AD，所以AB，AD，AP两两垂直，

∴以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，

平面PAB的法向量n1=(0,1,0)，

设平面PCD的法向量n2=(x,y,z)，又PD=(0,1,−2)，DC=(2,1,0)，

∴n2⋅PD=0n2⋅DC=0,∴y−2z=02x+y=0，取x=−1y=2z=1，所以n2=(−1,2,1)，

∴cos<n1，n2>=n1⋅n2n1n2=63，

设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，θ∈[0,π2]，

所以cosθ=|cos<n1，n2>|=63．

(2)PB=(2,0,−2)，设点B到平面PCD的距离为d，

d=|PB⋅n2|n2=46=263，

18.解(1)设AA1=a，AB=b，AD=c，

则|a|=|b|=|c|=4，

所以AC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=b−a，

所以AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(b−c)

=−a2+b2+b⋅c−a⋅c

=−16+16+8−8=0，

所以AC1⊥A1B，即AC1⊥A1B.

同理AC1⊥A1D，

又A1B∩A1D=A1，A1B，A1D⊂平面A1BD，

所以AC1⊥平面A1BD;

(2) ①因为▱ABCD且AB=AD=4，∠DAB=60∘，

所以|AC|=43，|BD|=4，又|AA1|=6，

∴AA1⋅AC=a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c=24，

⋅cos<AA1，AC>=AA⋅AC|AA1||AC|=246×43=3319.解：(1)由于α=135∘，所以直线l的斜率为−1，l的方程为x+y+1=0，

设圆心O到直线l的距离为d，则d=|1|1