重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学 含解析

重庆市名校联盟2024-2025学年度第一期第一次联合考试数学试卷（高2026届）本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）.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.已知点，若向量，则点B坐标是（）.A. B. C. D.2.过点，且与直线平行直线方程是（）A. B.C. D.3.已知点，，若是直线l方向向量，则直线l的倾斜角为（）A. B. C. D.4.已知圆与轴相切，则（）A.1 B.0或 C.0或1 D.5.如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（）A B. C.3 D.6.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（

）A.； B.；C.； D.；7.已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（）A.，或 B.，或C. D.8.点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（）A.8 B.9 C.10 D.11二、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，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（）A. B.C.在方向上的投影向量为 D.与的夹角为10.点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（）A.直线AB关于点M的对称直线为B.点P到直线AB距离的最大值为C.圆M关于直线AB对称的圆的方程为D.当最大时，11.在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（）A.当P为中点时，为锐角B.存在点P，使得平面APCC.的最小值D.顶点B到平面APC的最大距离为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知平面向量，若，则_______.13.方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______．14.已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______.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.已知顶点、、．（1）求边的垂直平分线的方程；（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．16.如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点.（1）证明：平面ACE；（2）求与平面ACE所成角的余弦值.17.直线的方程为（）.（1）证明：无论为何值，直线过定点；（2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程.18.如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.（1）证明：平面；（2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.19.人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；（2）若点，，求的最大值；（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．重庆市名校联盟2024-2025学年度第一期第一次联合考试数学试卷（高2026届）本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）.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.已知点，若向量，则点B的坐标是（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示可得.【详解】由空间向量的坐标表示可知，，所以，所以点B的坐标为.故选：B2.过点，且与直线平行的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据平行直线的斜率关系，利用待定系数法求出直线方程即可.【详解】直线的斜率，过点的直线与直线平行，所以该直线的斜率，设该直线的方程为，且该直线过点，则，得，所以该直线的方程为，即.故选：.3.已知点，，若是直线l的方向向量，则直线l的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据两点坐标得到向量坐标，即可求得该直线的倾斜角.【详解】已知点，，则，斜率，又直线l的倾斜角，则直线l的倾斜角.故选：A4.已知圆与轴相切，则（）A.1 B.0或 C.0或1 D.【答案】D【解析】【分析】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得求解.【详解】将化为标准式为：，故圆心为半径为，且或，由于与轴相切，故，解得，或（舍去），故选：D5.如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，连接，由向量的线性运算可得，再由向量的模长公式代入计算，即可得到结果.【详解】连接，由题意可得，所以，所以.故选：D6.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（

）A.； B.；C.； D.；【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到直线过定点，若使得到直线的距离最大，则，求得，得到，进而得到直线方程.【详解】由直线，可得化为，联立方程组，解得，即直线过定点，若要到直线的距离最大，只需，此时点到直线的最大距离，即为线段的长度，可得，又由直线的斜率为，因为，可得，可得，故此时直线的方程为，即，经检验，此时，上述直线的方程能够成立.故选：C.7.已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（）A.，或 B.，或C. D.【答案】A【解析】【分析】根据直线所过点、倾斜角以及等腰三角形等知识求得正确答案.【详解】设，直线过和，当时，直线、直线与轴为成的三角形是不是等腰三角形.所以直线的斜率存在.设关于轴的对称点为，当直线过两点时，，三角形是等腰三角形，同时由于直线的斜率为，倾斜角为，所以三角形是等边三角形，所以，此时直线的方程为设直线与轴相交于点，如图所示，若，则，所以直线，也即直线的斜率为，对应方程为.故选：A8.点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（）A.8 B.9 C.10 D.11【答案】B【解析】【分析】结合点与圆的位置关系，把问题转化成两点之间直线段最短的问题解决.【详解】P为圆A：上一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，取，则，∴，∴，∴.故选：B【点睛】方法点睛：几何问题中，线段和的最小值问题通常利用到两个结论：第一：两点之间直线段最短，第二：点到直线的距离，垂线段最短.该题求线段和的最小值，该思考如何转化，利用这两个结论.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，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（）A. B.C.在方向上的投影向量为 D.与的夹角为【答案】BCD【解析】【分析】根据平面向量数量积的运算法则计算可判断个选项是否正确.【详解】由题意：，.对A：，故A错误；对B：因为，所以，故B正确；对C：在方向上的投影向量为：，故C正确；对D：因为，所以.所以，所以与的夹角为，故D正确.故选：BCD10.点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（）A.直线AB关于点M对称直线为B.点P到直线AB距离的最大值为C.圆M关于直线AB对称的圆的方程为D.当最大时，【答案】BD【解析】【分析】对于A，分别求得点关于点的对称点坐标，即可判断；对于B，利用圆上动点到直线的最大距离为即可判断；对于C，求得圆心关于直线对称的点即可得解；对于D，判断得最大时直线与圆相切，再利用两点距离公式与勾股定理即可得解.【详解】对于A，因为点，点，点，则点关于点的对称点，点关于点的对称点，则，则对称直线方程为，化简可得，故A错误；对于B，由题意可得，直线的方程为，即，因为圆，所以，半径为，所以圆心到直线的距离为，所以点到直线距离的最大值为，故B正确；对于C，设圆心关于直线对称的点为，则，解得，所以圆关于直线对称的圆的方程为，故C错误；对于D，当最大时，易得直线与圆相切，如图，在中，，，所以，故D正确.故选：BD11.在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（）A.当P为中点时，为锐角B.存在点P，使得平面APCC.的最小值D.顶点B到平面APC的最大距离为【答案】ABC【解析】【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，故，则，，对于A，当为中点时，，则，，则，，所以，所以为锐角，故A正确；当平面，因为平面，所以，则，解得，故存在点，使得平面，故B正确；对于C，当时，取得最小值，由B得，此时，则，，所以，即的最小值为，故C正确；对于D，，，设平面的法向量，则，可取，则点到平面的距离为，当时，点到平面的距离为0，当时，，当且仅当时，取等号，所以点到平面的最大距离为，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量，若，则_______.【答案】【解析】【分析】根据题意，结合向量的坐标表示以及向量垂直的坐标运算，列出方程，即可求解.【详解】由向量，可得，因为，可得，即，解得.故答案为：13.方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据点和圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.【详解】圆的方程可化为，即，所以，解出.由于在圆外，所以，解得或.故.故答案为：14.已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，设的中点为S，连接，则，所以，又为直角三角形，所以，故①，设，则由①可得，整理得：，从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，显然点P在该圆内部，所以，因为，所以；解法2：如图，因为,所以，故四边形为矩形，由矩形性质，，所以，从而，故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，显然点P在该圆内，所以.故答案：.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.已知顶点、、．（1）求边的垂直平分线的方程；（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程；（2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.【小问1详解】由、，可知中点为，且，所以其垂直平分线斜率满足，即，所以边的垂直平分线的方程为，即；【小问2详解】当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，由过点，则，解得，所以直线方程为，即，综上所述，直线的方程为或.16.如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点.（1）证明：平面ACE；（2）求与平面ACE所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）先证得，再由线面平行判定定理证明即可；（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面ACE的法向量，利用公式求解即可.【小问1详解】证明：连接BD和，设，连接EO，则O为BD中点，在中，因为F，G分别为和的中点，所以，又因为在中，因为E为的中点，所以，所以又平面ACE，平面ACE，所以平面ACE．【小问2详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图：设正方体的棱长为2，则A2,0,0，，E0,0,1，，所以，，，设m=x,y,z为平面则，所以，取设直线与平面ACE所成角为，所以直线与平面ACE所成角的正弦值为：．所以与平面ACE所成角的余弦值为.17.直线的方程为（）.（1）证明：无论为何值，直线过定点；（2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程.【答案】（1）证明见解析（2），【解析】【分析】（1）将直线的方程变形为，令，解得即可；（2）首先求出直线在、轴上的截距，即可求出的范围，再由面积公式及基本不等式求出面积最小值及此时的值，从而求出直线的方程及三角形的周长.【小问1详解】直线的方程变形为，由，得到，又时，恒成立，故直线恒过定点2,1【小问2详解】由，依题意，即，令，得到，令，得到，由，得到，所以，令，得到，当且仅当，即时取等号，此时，直线的方程为，又，，，所以当的面积最小时，的周长为.18.如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.（1）证明：平面；（2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证得结果，先证明线线垂直，再证明线面垂直；（2）先建立空间直角坐标系，根据线面夹角正弦值得到点到平面的距离即三棱锥的高，即可求得体积.【小问1详解】在原图中，连接，由于，，所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，所以，由于，，所以四边形是平行四边形，所以，所以，在翻折过程中，，保持不变，即，保持不变，由于，，平面，所以平面；【小问2详解】由上述分析可知，在原图中，，所以，所以，折叠后，若，则，所以，由于，，，平面，所以平面，由于，平面，所以，