重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学（含答案）

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）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.【答案】B2.【答案】A3.【答案】A4.【答案】D5.【答案】D6.【答案】C7.【答案】A8.【答案】B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.【答案】BCD10.【答案】BD11.【答案】ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【答案】13.【答案】14.【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.【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.【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.【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.【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，，所以，，两两相互垂直，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，设，，，，，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，则，，，，，所以，即是的中点，由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为，所以.19.【解析】【分析】（1）代入和的公式，即可求解；（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.【小问1详解】，，；【小问2详解】设，由题意得：，即，而表示的图形是正方形，其中、