福建省福州市十校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市十校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】直线的方程化为，其斜率，倾斜角满足，所以.故选：D.2.圆的圆心坐标和半径分别为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据圆的标准方程，即可得圆心坐标为，半径为.故选：B.3.过点，且垂直于直线的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据垂直关系得所求直线的斜率为，又过点所以所求直线方程为，即.故选：A.4.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为3，且它们彼此的夹角都是，则对角线长为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，由已知，，，∵，∴，∴，即，故选：A.5.直线的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由直线，得：，直线的斜率，直线在y轴上的截距为，当时，，则直线经过第一象限和第三象限，且与轴相交于轴下方；当时，，则直线经过第二象限和第四象限，且与轴相交于轴上方；只有B选项的图象符合题意，故选：B.6.过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设，圆中，半径为1，又，故只需最小，则最小，圆心到直线的距离，当时，，所以.故选：D7.在三棱锥中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】四面体是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为因为异面直线夹角的范围为，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为.故选：B.8.是圆上两点，，若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】圆，圆心，，由是弦的中点，且，则由圆的几何性质，，所以，故点在以为圆心，以为半径的圆上.又在圆上存在点满足题设，且其圆心，半径，则由两圆有公共点，得，即，解得，或.故选：C.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.以下关于直线的表述正确的是（）A.斜率为，在y轴上的截距为3的直线方程为B.经过点且在x轴和y轴上截距相等的直线方程为C.点斜式方程可用于表示过点且不与轴垂直的直线D.已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为【答案】AC【解析】对A，斜率为，在y轴上的截距为3的直线斜截式方程为，A正确；对B，经过点和原点的直线也满足题意，故B错误；对C，点斜式方程适用于斜率存在直线，C正确；对D，易知直线过定点，可得，由图和正切函数性质可知，或，D错误.故选：AC.10.如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，则下列结论正确的是（）A.B.直线到平面的距离为2C.点到直线的距离为D.平面截正方体截面的面积为【答案】ABC【解析】依题意，建立空间直角坐标系，如图，，,对于A，，则，故A正确；对于B，易得平面的法向量为，而，所以，又平面，所以平面，所以点到平面的距离即直线到平面的距离，即，故B正确；对于C，，，所以，则点到直线的距离为，故C正确；对于D，记的中点为，连接，则，所以，显然，即，所以四点共面，即平行四边形为平面截正方体的截面，由勾股定理易得，故平行四边形是菱形，又，所以，，所以，故D错误.故选：ABC.11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262~前190）发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线，则（）A.直线过定点B.动点的轨迹方程为C.动点到直线的距离的最大值为D.若点的坐标为，则的最小值为【答案】ABD【解析】对A,直线，，所以直线过定点，A正确；对B，设，因为动点满足，所以，整理可得，即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，动点的轨迹方程为圆，B正确；对于C，当直线与垂直时,动点到直线距离最大，且最大值为，C错误；对于D，由，得，所以，又因为点在圆内，点在圆外，所以，当且仅当为线段与圆的交点时取等号.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分（14题第一空2分，第二空3分）.12.已知直线，直线，若，则=________.【答案】-2【解析】，则；.若，则存在斜率，方程可化为，则且，解得.故答案为：.13.在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，写出一个符合题意的点的坐标__________.【答案】（答案不唯一）【解析】点在平面内，所以四点共面，则，所以，所以，则，所以满足即可令，满足，所以符合题意的点的坐标可以为.故答案为：（答案不唯一）.14.如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的体积的最大值为_______；二面角的正弦值的最小值为__________.【答案】；【解析】第一空：取的中点，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，，，所以，所以三棱锥的体积为，因为，所以，则；当且仅当，即时，等号成立，故三棱锥的体积的最大值为.第二空：由平面，又平面，所以，过作于，连接，因为平面，，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，在中，，因为，当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.此时取得最小值，故二面角的正弦值的最小值为.故答案为：；.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知的三个顶点是，，.（1）求边上的高所在的直线方程；（2）求的面积.解：（1）由题意可得：直线AC的斜率则AC边上的高所在直线的斜率，又这条直线过点，所以直线方程为，即.（2）（方法一）因为，所以，所以，所以，因为，所以，（方法二）由(1)知直线AC的斜率，则直线AC的方程为，即，点到直线的距离，因为，，（方法三）因为，所以，所以，因为，所以.16.如图，在三棱柱中，，，平面.（1）求证：；（2）若，直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值.解：（1）因为，，且，所以四边形为菱形，则,又因为平面，平面，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以.（2）（方法一）因为平面，所以直线与平面所成的角为，即，因为平面，平面，则，则，令，由四边形为菱形，，则是边长为的等边三角形，所以，，，，因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，则，，设平面的法向量，则，取，则，，故，易知平面的一个法向量为，，故平面与平面的夹角余弦值为.（方法二）因为平面，所以直线与平面所成的角为，即，因为平面，平面，则，则，令，由四边形为菱形，，则是边长为的等边三角形，所以，，，，所以，，取中点，连接、，等腰直角中，且，由勾股定理得，因为，则，且，因为，，平面平面，所以平面与平面的夹角即，在中，，，，则，即，，故平面与平面的夹角余弦值为.17.已知圆过两点、，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）已知点，①判断点与圆的位置关系，并说明理由；②若点在圆内，求过点的最短弦长及其所在的直线方程；若点在圆上或圆外，求过点的圆的切线方程.解：（1）（方法一）因为圆心在直线上，设圆心为，因为点、在圆上，所以，即，整理得，解得，所以圆心，半径，即圆的标准方程为.（方法二）因为点、在圆上，则，的中点（2,2）所以的中垂线方程为，即，联立，解得，圆心，半径，所以圆的标准方程为.（2）①由（1）可得圆，则圆心，半径，因为，则点在圆外，②当过点的直线斜率不存在时，则直线方程为，圆心到直线的距离为，故直线为圆的切线；当过点的直线斜率存在时，可设直线方程，即，由圆心到该直线的距离，由直线与圆相切，则，即，可得，解得，此时，直线方程为，即，综上，切线的方程为或.18.在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解：（1）∵面面，面面，，面，∴面，∵面，∴，又，，面，面∴面，（2）取中点为，连结，∵，∴，∵，∴∵面面，面面，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，易知P0,0,1，，，，则，，，，设为面的法向量，令.则假设存在点使得面，设，，又，P0,0,1，，，有∴∵面，为的法向量，∴，即，得综上，存在点，即当时，点即为所求.19.新定义：已知，.空间向量的叉积.若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向