江苏省苏州市张家港市2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试卷含答案

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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知棱长为3的正方体ABCD−A1B1A.A1B⊥AC1

B.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C14.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，EC1(1)求证：ME//平面A(2)若△ABC是等边三角形且AB=2BB116.(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ACC1②求AD1与平面A119.(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l(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答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了空间向量的基本定理及应用，属于基础题．

由N为BC中点，可得ON=12(OB+OC)，由M【解答】

解：∵N为BC中点，

∴ON=12(OB+OC)，

∵M为OA的中点，

2.【答案】B

【解析】【分析】本题考查函数图象的平移与变换，属于基础题．

设直线l的方程为y=kx+b，再根据题意对直线l进行变换，即可求解．【解答】

解：设直线l的方程为y=kx+b，现直线l沿x轴向左平移4个单位长度得，y=k(x+4)+b，

再沿y轴向上平移2个单位长度得，y=k(x+4)+b+2，

因为回到原来位置，所以4k+b+2=b，故k=−12.3.【答案】A

【解析】【分析】本题考查轨迹方程的求法，两点间的距离公式，属于基础题．

设出M的坐标，直接由M与两个定点O(0,0)，A(0,3)的距离之比为12【解答】

解：设M(x,y)，因为点M与两个定点O(0,0)，A(0,3)的距离之比为12，

所以x2+y2x2+(y−3)2=4.【答案】C

【解析】【分析】本题考查直线斜率公式的应用，直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题．

设直线l的倾斜角为α，α∈[0,π),根据直线l与连接A(−3,2)，B(2,1)的线段总有公共点，可得tanα≥1或tanα≤−1【解答】

解：如图所示，

设直线l的倾斜角为α，α∈[0,π),

则kPA=−1−20−−3=−1，kPB=−1−10−2=1，

∵直线l与连接A(−3,2)，B(2,1)的线段总有公共点，

∴k≥1或k≤−1，

5.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．

根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．【解答】

解：直线l1：x+2ay+2=0与l2：(3a−1)x−ay−1=0平行，

则−a=2a(3a−1)，即6a2−a=0，解得a=0或16，

经检验，当a=16时，直线l1，l6.【答案】D

【解析】【分析】本题考查求圆心坐标，属于一般题.

联立两圆方程，求出交点A，B的坐标，得AB的垂直平分线方程，与直线x−y−5=0联立即可求解.【解答】

解：设圆x2+y2+6x−4=0与圆x2+y2+6y−28=0的交点为A、B.

联立两圆方程，得x2+y2+6x−4=0x2+y2+6y−28=0，解得x=−1y=3，或x=−6y=−2.

不妨记A(−1,3)，B(−6,−2)，

于是AB的中点为(−727.【答案】B

【解析】【分析】本题考查直线方程及其应用，属于中档题.

设直线

l

夹在直线

l1,l2

之间的线段是

AB

(A

在

l1

上，

B

在

l2

上)，求出A点坐标，得B坐标，联立两已知直线方程，求出交点C坐标，得|BC|【解答】

解：设直线

l

夹在直线

l1,l2

之间的线段是

AB

(A

在

l1

上，

B

在

设Ax1,y1,Bx2,所以

x1+x2=4,y由于

A

在

l1

上，

B

在

l2所以

2x1−y1−2=04−x1−y1+3=0

，解得

x1=3,y1=4

，即

A

3,4

，

而

P(2,0)

，则B(1,−4)，

联立2x−y−2=0x+y+3=0⇒x=−13y=−8.【答案】A

【解析】【分析】本题考查线面夹角，考查学生的空间想象和转化能力，属于较难题.

分析可知PQ⊥AM,BQ⊥AM，结合垂直关系可知AM⊥平面PBQ，结合长度关系可知点P在以点Q为圆心，半径为32【解答】

由题意可知：∠BDC=30∘,∠AMD=60∘，则∠DQM=90∘，即BD⊥AM，

则PQ⊥AM,BQ⊥AM，PQ∩BQ=Q，PQ,BQ⊂平面PBQ，

所以AM⊥平面PBQ，

因为AM是确定的直线，可知对任意点P，平面PBQ是同一确定的平面，

因为PQ=DQ=32，BQ=332，

可知点P在以点Q为圆心，半径为329.【答案】AC

【解析】【分析】本题考查空间中线线、面面位置关系、夹角、距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，

A.计算A1B⋅AC1的值，判断直线A1B与AC1是否垂直．

B:通过向量夹角公式计算能求出直线A1B与B1C所成角；【解答】

解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.

∵正方体棱长为3，

∴A1(3,0,3)，B(3,3,0)，A(3,0,0)，C1(0,3,3)，C(0,3,0)B1(3,3,3),D(0,0,0),D1(0,0,3)，

对于选项A:

因为A1B=0,3,−3,AC1=−3,3,3，A1B⋅AC1=0+9−9=0，

所以A1B⊥AC1，A正确

对于选项B:A1B=0,3,−3,B1C=−3,0,−3

cos<A1B,B1C>=A1B⋅B1CA1B⋅B1C=0+0+9310.【答案】BCD

【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

由直线所过的定点在圆外部即可判断A、B；由题意转化为圆心到直线的距离可求C、D.【解答】解：对于A，直线

l:kx−y−k+2=0

，即

k(x−1)−y+2=0

，则直线

l

恒过定点

(1,2)

，∵

直线

l

恒过的定点

(1,2)

在圆

O:x2+y2=4

的外部，

∴

直线

l

与圆对于B，当直线l经过圆心时，直线l被圆O截得的弦长最大，最大值为4，故选项B正确；

对于C，若直线l与圆O相交于A，B两点，且∠AOB=90∘，

则圆心O到直线l的距离d=|−k+2|k2+1=对于D，若圆O上有且只有四个点到直线l的距离为1，

则圆心O到直线l的距离0≤d=|−k+2|k2+1故选：BCD.11.【答案】ABD

【解析】【分析】本题考查空间向量基本定理，空间中直线与直线的位置关系，空间向量的数量积运算，属于中档题.

对于A：根据四点共面的结论分析判断；对于B：将正四面体嵌套在正方体内，结合正方体的性质分析判断；对于C：分类讨论点N是否与点O重合，结合异面直线的判定定理分析判断；对于D：根据空间向量的数量积运算结合向量垂直分析判断.【解答】

对于A：若OP=12OA+14OB+14OC，且12+14+14=1，

所以P,A,B,C四点共面，即点P在平面ABC内，故A正确；

对于B：若该四面体的棱长都为a，可知四面体OABC为正四面体，

将其嵌套在正方体内，如图所示：

可知正方体的棱长为22a，异面直线OA，BC间的距离即为正方体的棱长22a，故B正确；

对于C：因为点N在直线OC上，

若点N与点O重合，则OM∩BN=O，不满足OM//BN；

若点N与点O不重合，则BN⊂平面OBC，OM∩平面OBC=O，O∉BN，

可知OM,BN为异面直线，不满足OM//BN；

综上所述：直线OC上不存在点N，使得OM//BN，故C错误；

对于D：若OA⊥BC，12.【答案】4

【解析】【分析】本题考查棱锥的体积、空间直角坐标系及点的坐标，属于基础题.

根据题意作出图形，利用棱锥的体积公式，即可求出结果.【解答】

解：作出图形，如图所示：

则OA，OB，OC两两互相垂直，且OA=2，OB=3，OC=4，

所以三棱锥O−ABC的体积是：13×1213.【答案】x−y+2=0(【解析】【分析】本题考查关于点或直线对称的圆的方程、圆与圆的位置关系、圆的公切线，属于中档题.

求出(0,0)关于直线x+y−2=0对称点的坐标，写出圆C的方程，判断出圆O和圆C的位置关系，设与OC平行的公切线方程为y=x+b，即x−y+b=0，利用点到直线的距离关系，即可求出结果.【解答】

解：设(0,0)关于直线x+y−2=0对称点的坐标为(a,b)，

则ba=1a2+b2−2=0，解得a=b=2，

∴圆C的方程是(x−2)2+(y−2)2=1，其圆心坐标为2,2，半径为1，

两圆的圆心距d=4+4=22>2，

所以两圆外离，

且kOC=2−02−0=1，

设与OC平行的公切线方程为y=x+b，即x−y+b=0，

则由O到直线y=x+b的距离d=114.【答案】x2+y【解析】【分析】本题主要考查求圆的方程，一元二次方程根的分布与系数的关系，体现了转化的数学思想，属于中档题．

(1)设所求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0，得x2+Dx+F=0，这与x2+32x−1=0是同一个方程，故D=32，F=−1.令x=0，得y2+Ey+F=0，此方程有一个根为−1，代入得出E=0，由此求得圆E的一般方程；

(2)设所求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0，得x2+Dx+F=0【解答】

解：①当m=32时，

二次函数y=x2+32x−1的图象与两坐标轴交于点A(−2,0)，B(12,0)，C(0,−1)，

△ABC的外接圆为圆E，

设所求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，(D2+E2−4F>0)，

令y=0，得x2+Dx+F=0，由题意可得，这与x2+32x−1=0是同一个方程，

故D=32，F=−1.

令x=0，得y2+Ey+F=0，由题意可得，

此方程有一个根为−1，代入此方程得出E=0，

所以圆E的一般方程为x2+y2+3x2−1=0；

②设所求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=015.【答案】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【解析】本题主要考查线面平行的判定，线面垂直的判定，属于中档题.

(1)由题意可证ME//A1B，根据线面平行的判定定理可证ME//平面A1B1BA;

(2)由题意可证B16.【答案】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【解析】本题考查直线的斜率坐标公式，中点坐标公式，直线方程的求法，点到直线的距离，属于中档题．

(1)求BC边中点的坐标，用两点式写出直线方程；

(2)求BC边所在的直线的斜率，根据垂直直线的斜率关系求BC边上的高所在直线的斜率，用点斜式写出直线方程；

(3)根据设∠ABC的角平分线上的点的坐标为(x,y)，于是2x−y+317.【答案】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所在直线分别为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的一个法向量为n1=(0,1,0)，

设平面PCD的法向量为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=2【解析】本题主要考查二面角的向量求法，点到平面的距离，线面角，属于中档题.

(1