广东省广州奥林匹克中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

第1页/共1页广州奥林匹克中学2024学年第一学期期中考试题高二数学命题人：程璐审题人：胡迪（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即得.【详解】向量，，由，得，所以.故选：D.2.已知椭圆的焦距为2，则（）A. B.3或5 C.或 D.5【答案】B【解析】【分析】分类讨论焦点位置，结合焦距公式计算即可.【详解】当椭圆焦点在轴上时,此时，，已知焦距，则.根据，可得，解得.当椭圆焦点在轴上时,此时，，由，根据，可得，解得.综上所得，的值为或，故选：B.3.已知圆与圆有4条公切线，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据公切线的条数可知两圆外离得：。【详解】根据题意可知，圆外离，，又．故选：D4.“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）A.1.2m B.1.3m C.1.4m D.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.5.直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（）A. B.或 C. D.或【答案】D【解析】【分析】根据弦长公式可知圆心到直线距离为1，利用点到直线距离公式可解得直线斜率，可求得倾斜角.【详解】易知圆心坐标为，半径为，设圆心到直线距离为，又弦长为，可得；又圆心到直线距离为，解得或；所以直线的倾斜角为或.故选：D6.已知实数满足方程，则下列说法错误的是（）A.的最大值为B.的最小值为0C.的最大值为D.的最大值为【答案】C【解析】【分析】对于ABD，结合点到直线的距离公式，即可求解，对于C，结合两点之间的距离公式，即可求解．【详解】实数，满足方程，，对于ABD，令，，则两条直线都与圆有公共点，，，解得，，故的最大值为，的最大值为，故ABD正确，对于C，原点到圆心的距离为，则圆上的点到原点的距离为，，，故的最大值为，故C错误．故选：C7.已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（）A. B.C. D.3【答案】B【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可.【详解】由题意，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题设可知，所以，，，设点在上的投影为,则在直角三角形中，点到直线的距离为:故选：B.8.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，化简的得到，即可求解.【详解】以为原点，分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，设，正方形边长为，则，则，由，即，整理得到，所以点在正方形内的轨迹为一条直线的一部分故选：A.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.下列给出的命题正确的是（）A.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则B.两个不重合的平面，的法向量分别是，，则C.若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底D.对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面【答案】BC【解析】【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B，利用基底的概念可判定C，利用空间中四点共面的推论可判定D.【详解】易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误；易知，则，故B正确；若不能作为基底，则存在，使得，整理得，又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确；由空间四点共面的推论可知：若，且时，四点共面，所以D错误.故选：BC10.设圆，直线，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，则下列说法中正确的有（）A.的取值范围为B.四边形面积的最小值为C.存在点使D.直线过定点【答案】ABD【解析】【分析】根据切线长公式即可求解A，B，C，设出点的坐标，求出以PC为直径的圆的方程，利用两圆的方程相减得到公共弦的方程，将代入直线的方程恒成立，可得答案.【详解】圆心到直线的距离为，所以，因为圆的半径为，根据切线长公式可得，当时取等号，所以的取值范围为，所以A正确；因为，所以四边形面积等于，四边形面积的最小值为，故B正确；因为，所以，在直角三角形中，，所以，设，因为，整理得，方程无解，所以不存在点使，故C不正确；对于D，设，则，，以PC为直径的圆的圆心为，半径为，所以以PC为直径的圆的方程为，化简得，所以为圆与以PC为直径的圆的公共弦，联立可得，两式相减可得：，即直线的方程为，即，故直线过定点，故D正确；故选：ABD11.在长方体中，，，M为线段BD上动点，则（）A.当M为BD的中点时，的周长最小B.三棱锥的体积为定值C.在线段BD上存在点M，使得D.在线段BD上有且仅有一个点M，使得【答案】AB【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式，结合三棱锥的体积公式、空间向量夹角公式进行求解判断即可.【详解】如图建系，则，，，，，∴，，时，最小，此时周长最小，此时M为BD中点，A对．，则平面，M到平面的距离h为定值，为定值，则为定值，B对．，∴不存在点M使得，C错．，，∴，∴，∴，无解，D错，故选：AB．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.经过点直线在轴上的截距是它在轴上的截距的2倍，则直线方程为________．【答案】或．【解析】【分析】当直线不过原点和过原点两种情况讨论，将点的坐标，进而求得所求直线的方程．【详解】当直线不过原点时，设所求直线方程为，即，将代入，可得，解得，所以，所以直线方程为；当直线过原点时，设直线方程为，将代入，可得，解得，所以直线方程为，即，综上可得，所求直线方程为或．故答案为：或．13.求函数的最大值______.【答案】##【解析】【分析】分析函数的结构形式，设，，把函数看作A，B两点连线的斜率，其中点A在单位圆的上半圆，数形结合求解.【详解】设，，，看作A，B两点连线的斜率，其中点A在单位圆的上半圆，函数的最大值为直线斜率的最大值，当直线与半圆相切时，斜率最大，此时，，，所以.故答案为：14.在等腰直角三角形中，以为原点，、所在直线分别为、建立平面直角坐标系，，点是边上异于、的一点，光线从点出发，经、发射后又回到原点（如图）．若光线经过的重心，则的坐标等于______．【答案】【解析】【分析】根据对称性求出直线与直线的方程，再将这两条直线的方程联立，即可求得点的坐标.【详解】如下图所示：则B4,0、，直线方程为，即，三角形重心为，即，设，设点关于直线对称点为，由题意可得，解得，即点，由光的反射性可知、、、四点共线，且，直线斜率为，直线方程为，因为直线过重心，即，整理得，解得（舍去）或，即点，所以，直线的方程为，联立，解得，即点故答案为：.【点睛】结论点睛：若点Px1,y1与点关于直线对称，由方程组可得到点关于直线的对称点的坐标x2,y2（其中，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.已知的三个顶点分别为，求：（1）边上中线所在直线方程；（2）求三角形的面积．【答案】（1）（2）7【解析】【分析】（1）求得的中点坐标，再由两点坐标即可得出中线所在直线的方程；（2）根据两点间距离公式以及点到直线距离求得的面积，再由等面积法可得三角形的面积.【小问1详解】根据题意可知的中点坐标为，由可得；所以中线所在直线的方程为，即；【小问2详解】易知，点到直线的距离为；所以的面积为；即三角形的面积为.16.如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面成角的正弦值；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量垂直求证，（2）根据两平面法向量的夹角，即可求解，（3）利用点面距离的向量法公式，即可代入求解.【小问1详解】以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则,则,设平面的法向量为m=x,y,z则，取，则，由于，故，又平面，故平面【小问2详解】由（1）知平面的法向量，平面的一个法向量n=0,1,0，设平面与平面所成角为，则，由于，故；【小问3详解】由于，平面的法向量，点到平面的距离.17.已知圆．（1）若圆C上恰有三个点到直线l（斜率存在）的距离为1，且l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）点P为直线上的动点，点M为圆C上的动点．①若直线PM与圆C相切，求的最小值；②若O为坐标原点，求的最小值．【答案】（1）或或（2）①；②【解析】【分析】（1）首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线l的距离为l，再分直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时，直线l在两坐标轴上的截距不为零两种情况讨论，分别求出直线方程即可．（2）①依题意，所以当最小时最小，再利用点到直线的距离公式求出的最小值，从而得解；②首先求出原点关于直线的对称点的坐标，再根据，可得当点C，P，共线时，最小，从而求出最小值．【小问1详解】解：圆C的标准方程为，则C的圆心为，半径为2．因为圆C上恰有三个点到直线l的距离为1，所以圆心到直线l的距离为l．①当直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时，设直线l的方程为，所以圆心到直线l的距离为，即，所以．②当直线l在两坐标轴上的截距不为零时，设直线l的方程为，所以圆心到直线l的距离为，即，解得或．所以或．综上所述，直线l的方程为或或．【小问2详解】解：①因为直线PM与圆C相切，所以，所以当最小时最小，而当PC与直线垂直时，最小，即，故．②记O关于直线的对称点为，由得即．因为，所以当点C，P，共线时，最小．故．18.如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系.（1）求出建筑物的中心的坐标；（2）由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为150万元，求开通的这条路的最低造价.（附：参考数据.）【答案】（1）（2）168万元【解析】【分析】（1）一种方法是，设出过点的圆的一般方程，代入三个点的坐标，待定系数法求出圆的一般方程，化为标准方程，得到圆心，即建筑物的中心的坐标；另一种方法是，求两个边中垂线的交点，即圆心.(2)求出的长，由垂径定理得到点到的最小距离，从而求出开通的这条路的最低造价.【小问1详解】解法一：由题可知，由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，设圆的方程为，则，解得，圆的方程为，即，建筑物的中心的坐标为.解法二：由题可知，由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，线段中点为，且线段的垂直平分线为，线段中点为12,1，且，线段的垂直平分线为，联立，得，所以建筑物的中心的坐标为.【小问2详解】因为为建筑物的中心坐标，设线段的中点为，由垂径定理得的长度为点到的最小距离，，圆的半径为，点到的距离为，开通的这条路的最低造价为（万元）.19.已知圆及点和点．（1）求经过点与圆相切的直线方程．（2）求经过点直线交圆于、两不同点，直线不过圆心，过点、分别作圆的切线，两切线交于点，求证：点恒在一条定直线上；（3）设为满足方程的任意一点，过点作圆的一条切线，切点为．在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，说明理由．【答案】（1）或；（2）证明见解析；（3）存在，对应定值为；对应定值为.【解析】【分析】（1）按切线斜率存在与否分类，借助点到直线距离公式求解.（2）设，，由、可得、，即可知的方程，再由点在直线上即可证结论，并确定所在的直线.（3）若，由题设可知，为了验证平面内是否存在一个点，使得为定值，可以假设存在使为定值，利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得，要使多项式方程不受点位置影响，需使该多项式方程各项的系数为0，列方程求参数即可判断的存在性.【小问1详解】圆的圆心，半径