重庆市字水中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（II卷）

重庆市字水中学20242025学年上期高2026届期中考试数学试卷（试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，其中第II卷第22~23题为选考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.3.考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）作答，写在草稿纸上､超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效.4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.一､单选题：（本大题共8小题，每个小题5分，共40分）1.若如图中的直线的斜率分别为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据图象结合斜率及倾斜角的关系分别判断即可.【详解】设直线的倾斜角分别为，则由图知，所以，即．故选：D.2.已知，，且∥，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件分别求出、的坐标，利用空间向量共线的充要条件，即可求出结果．【详解】因为，，所以，，因为∥，所以，解得.故选：B．3.设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】∵当a=1时，直线：x+2y﹣1=0与直线：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，∵当两条直线平行时，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件．故选A．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．4.直三棱柱中，，，则异面直线和所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先建立空间直角坐标系并标记点坐标，，，，再求出直线方向向量，，最后求异面直线和所成角的余弦值.【详解】解：因为，，所以三角形是等边三角形，取的中点，以点为原点，建立空间直角坐标系如图：设，则，，，，所以，，，，，所以异面直线和所成角的余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线所成角的余弦值，是基础题.5.已知点在圆外，则直线与圆的位置关系是（）．A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定【答案】B【解析】【分析】由题意结合点与圆的位置关系考查圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系即可确定直线与圆的位置关系.【详解】点在圆外，，圆心到直线距离，直线与圆相交.故选B.【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.已知点，平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（）A. B.2 C.6 D.【答案】B【解析】【分析】求出在投影即可.【详解】由题可知点到平面的的距离即为在的投影，，，，，在的投影为．故选：B.【点睛】本题考查向量法求点面距离，属于基础题.7.已知圆，，则这两圆的公共弦长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，用垂径定理求弦长.【详解】由题意知，，将两圆的方程相减，得，所以两圆的公共弦所在直线的方程为.又因为圆的圆心为，半径，所以圆的圆心到直线的距离.所以这两圆的公共弦的弦长为.故选：C.8.某椭圆的两焦点坐标分别为，，是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义以及直角三角形的勾股定理列出方程，求解即可.【详解】设，，因为，，所以，即；因为，所以，所以；因为，，所以，即，，所以，，所以椭圆的方程为，故选：C.二､多选题：本大题共3小题，每个小题6分，共18分.有错得0分，部分选对得部分）9.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，则A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且根据图象可得，（*），故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得，两式相乘可得，，故D正确.故选ABD【点睛】本题考查圆锥曲线实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.10.已知直线和圆，则（）A.直线l恒过定点B.存k使得直线l与直线垂直C.直线l与圆O相交D.若，直线l被圆O截得的弦长为4【答案】BC【解析】【分析】利用直线系方程求出直线所过定点坐标判断A、C；求出使得直线与直线垂直的值判断B；根据弦长公式求出弦长可判断D.【详解】解：对于A、C，由，得，令，解得，所以直线恒过定点，故A错误；因为直线恒过定点，而，即在圆内，所以直线l与圆O相交，故C正确；对于B，直线的斜率为，则当时，满足直线与直线垂直，故B正确；对于D，时，直线，圆心到直线的距离为，所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.故选：BC.11.如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（）A.三棱锥的外接球的最大半径为B.存在点D，使得平面平面C.A到平面的最大距离为D.面积的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，由正弦定理求出三角形ABC外接圆半径，进而求出外接球半径；B选项，点D为中点时，平面平面，作出辅助线进行证明；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解A到平面的最大距离；D选项，利用空间向量求出点D到直线的距离的最大值，从而求出面积的最大值.【详解】当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，

设三角形ABC的外接圆半径为r，由正弦定理得：，解得：，故，A错误；当点D为中点时，平面平面，理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，则根据勾股定理：，其中E为与的中点，所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，因为，所以DE⊥平面，因为平面，所以平面平面，B正确；取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，则设平面的法向量为，由，令得：，故，设A到平面的距离为，则，当时，取得最大值，为，C正确；，设点D到直线的距离为，则因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，此时，面积为，D正确.故选：BCD【点睛】立体几何题目，求解距离或角度时，建立空间直角坐标系，用空间向量进行求解是非常好用的方法.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.如图，平行六面体中，,,则__________．【答案】【解析】【分析】用基底表示出，然后利用向量数量积的运算，求得.【详解】因为，所以，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查空间向量法计算线段的长，属于基础题.13.已知直线是圆的一条对称轴，过点向圆作切线，切点为，则__________.【答案】【解析】【分析】由题设知圆心在直线上，得，再由两点距离公式、圆的切线性质求切线长.【详解】由圆，圆心坐标为，半径为2，因为直线是圆的一条对称轴，所以圆心在直线上，则，因为过点向圆作切线，切点为，且，所以.故答案为：14.已知直线：与直线：相交于点，点是圆上的动点，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】由直线：恒过定点，直线：恒过定点，且，可知在以为直径的圆上，要求的最大值，转化为在上找上一点，使最大，结合圆的性质即可求解【详解】解：因为直线：恒过定点，直线：恒过定点，且，所以两直线的交点在以为直径的圆上，且圆的方程为，要求的最大值，转化为在上找上一点，在上找一点，使最大，根据题意可知两圆的圆心距为，所以的最大值为，故答案为：四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知直线的方程为，若在x轴上的截距为，且．（1）求直线与的交点坐标；（2）已知直线经过与的交点，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，求的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据条件求出的方程，与联立解方程组；（2）讨论过原点与不过原点，设直线方程将点代入求解.【小问1详解】因为，直线的方程为，设的方程为，因为在x轴上的截距为，所以，，即：．联立得所以直线与的交点坐标为．【小问2详解】因为在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，故当过原点时，的方程为．当不过原点时，设的方程为，又直线经过与的交点，所以，得，所以的方程为．综上，的方程为或．16.如图甲，在梯形中，，过点B作且，将梯形沿折叠得到图乙.折叠后，点F是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中点G，连接FG、CG，根据平面几何知识证得四边形BCGE是平行四边形，有，由线面平行的判定可得证；（2）以O为坐标原点，OC所在的直线为x轴，以，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由二面角的空间向量求解方法可求得答案.【小问1详解】证明：取ED的中点G，连接FG、CG，因为点F是的中点，所以又，过点B作且，所以，所以，所以四边形BCGE是平行四边形，所以，又面，面，所以面.【小问2详解】解：取BD的中点O，连接CO、AO，因为，所以面，又，所以面，又，，所以是正三角形，，所以以O为坐标原点，OC所在的直线为x轴，以，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设，则，，，，，从而，，，.设平面ACD的法向量为，则令，得.设平面AEB的法向量为，则令，得.设平面与平面所成的锐二面角为，故，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.17.已知点，动点P满足：|PA|=2|PB|．(1)若点P的轨迹为曲线，求此曲线的方程；(2)若点Q在直线l1:x+y+3=0上，直线l2经过点Q且与曲线只有一个公共点M，求|QM|的最小值．【答案】(1);(2)．【解析】【详解】(1)设点P的坐标为(x，y)，则＝2化简可得(x－5)2＋y2＝16，即为所求．(2)曲线C是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图．由直线l2是此圆的切线，连接CQ，则|QM|＝，当CQ⊥l1时，|CQ|取最小值，|CQ|＝＝4，此时|QM|的最小值为＝4.18.如图，在三棱柱中，四边形是边长为2的菱形，，是等腰直角三角形，，平面平面，点，分别是，的中点.（1）证明：；（2）设平面与棱的延长线交于点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，由已知可得是等边三角形，取的中点，连接，，则由等到边三角形的性质可得，再由平面平面，可得到，由已知可得，从而可得平面，进而有；（2）连接，以坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）连接.∵四边形是边长为2的菱形，，∴是等边三角形.取的中点，连接，，则.又平面平面，平面平面，∴平面.又平面，∴.∵，分别为，的中点，∴∥，.∵，∴.又，∴平面.∵平面，∴.（2）延长与相交于点，则点即为平面与棱的延长线的交点.点是的中点，∴，则.如图，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，，，.设平面的法向量为，则取，得.∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】关键点点睛：本题考查线面､面面垂直的判定定理与性质定理的应用，线线垂直的证明，线面角的求解，解题的关键是正确建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查推理能力和计算能力，属于中档题19.已知过点的直线与圆相交于、两点，是弦的中点，且直线与直线相交于点．（1）当直线与直线垂直时，求证：直线经过圆心；（2）当弦长时，求直线的方程；（3）设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）或（3）为定值，且【解析】【分析】（1）利用垂直时求出，利用点斜式即可得出直线的方程，然后验证圆心在直线上即可；（2）讨论直线斜率是否存在，当斜率存在时，利用点斜式设出方程，再根据即