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含答案

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一、单选题（本大题共8小题）1．已知点，则点A关于x轴对称的点的坐标为（

）A． B．C． D．2．向量，若，则（

）A． B．C． D．3．已知直线，若，则（

）A．或 B． C．或 D．4．直线被圆截得的弦长为（

）A．2 B． C．4 D．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．6．若方程表示一个圆，则实数m的取值范围是（

）A． B． C． D．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．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．二、多选题（本大题共3小题）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．，，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11．如图，边长为1的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三、填空题（本大题共3小题）12．点到直线的距离为.13．直线与间的距离为3，则.14．已知圆C1：(x－1)2＋(y－3)2＝1和圆C2：(x－2)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1和圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为________．四、解答题（本大题共5小题）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.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.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)边上中线的方程为，且的面积等于，求点的坐标．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？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.

参考答案1．【答案】C【详解】点关于x轴对称的点的坐标为.故选：C2．【答案】C【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.【思路导引】根据题目条件列出关于的方程组，解方程组即可得到答案.3．【答案】B【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．【答案】C【详解】圆，所以圆心，半径，所以弦心距为，所以弦长为，故选：C5．【答案】B【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：B6．【答案】C【详解】由，得，即,解得故选：7．【答案】C【解析】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°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：C8．【答案】A【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.9．【答案】ABD【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．【答案】ABC【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．【答案】AD【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：AD12．【答案】【详解】点到直线的距离.故答案为：13．【答案】或【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．【答案】5eq\r(2)－4【解析】由题可得C1(1,3)，半径r1＝1，C2(2,4)，半径r2＝3，由题意知，当C1，M，P三点共线时，|PM|最小，当C2，N，P三点共线时，|PN|最小，所以|PM|＋|PN|的最小值即|C1P|＋|C2P|－r1－r2＝|C1P|＋|C2P|－4，设点C1关于x轴的对称点为C1′，则C1′(1，－3)，所以|C1P|＋|C2P|的最小值为|C1′C2|＝eq\r((2－1)2＋(4＋3)2)＝5eq\r(2)，则|PM|＋|PN|的最小值为5eq\r(2)－4.15．【答案】(1)(2)或【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.【详解】（1）由题意，，则；（2）由（1）可得因向量与互相垂直，则得：，解得，或.16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）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．（2）因为，，所以，又设异面直线与所成角为，所以17．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用两点式求得边所在直线方程；（2）利用点到直线的距离公式求得A到直线的距离，根据面积以及点A在直线上列方程组，解方程组求得A点的坐标.（1）解：由、得边所在直线方程为，即，故边所在直线的方程为.（2）解：因为A到边所在直线的距离为，又，所以，所以，所以，则或，由于A在直线上，故或，解得或，所以或.18．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）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.（2）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.（3）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．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）圆心在上，可设圆心，，，解得：，，故圆的方程为：.（2）法1：由圆的几何性质得即，所以，设，则，所以，即的轨迹