广东省清远市清新区第三中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

第1页/共1页清新三中2024-2025学年度第一学期期中考试高二年级数学科试卷考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写年级、班级、姓名、试室号、座位号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.一、选择题：本大题共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.30° B.60° C.120° D.150°【答案】D【解析】【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.【详解】.设其倾斜角为，则，又，则，即倾斜角为150°.故选：D2.已知圆：，则圆心的坐标和半径分别为（）A.， B.， C.， D.，【答案】C【解析】【分析】根据圆一般方程与标准方程的互化即可求解.【详解】由题意知，圆的标准方程为,所以圆心坐标为，半径.故选：C3.已知直线在x轴和y轴上的截距之和为1，则实数m的值是（）.A.－2 B.－ C. D.2【答案】D【解析】【分析】分别求出直线在x轴和y轴上的截距，由题意列式求解，即得答案.【详解】对于直线，令，则，令，则，故，则，故选：D4.空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，，点N为BC的中点，则（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则计算可得结果.【详解】易知故选：D5.若直线与圆O：相切，则圆与圆O（）A.相离 B.相交 C.内切 D.外切【答案】A【解析】【分析】若直线与圆O：相切，得，由两圆圆心距与两圆半径之和与半径之差作比较，进而得到两圆的位置关系.【详解】若直线与圆O：相切，则圆心O0,0到直线的距离等于圆O的半径，即，得，圆圆心，半径为，两圆圆心距，大于两圆半径之和，所以两圆相离.故选：A6.（周测二4)已知，，则在上的投影向量的坐标为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据投影向量定义利用已知条件求得数量积和模长可得结果.【详解】由可得；所以，即可得；因此在上的投影向量的坐标为.故选：B7.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；当与直线平行时，，则∴或，当时显然成立，当时，，，整理后与重合，故舍去，∴，满足必要条件；∴“”是“直线与直线平行”的充要条件故选：C8.已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（）A.存在点，使得B.存在点，使得C.的最小值为D.的最大值为3【答案】A【解析】【分析】判断以为直径的圆与直线线的位置关系即可判断A是否正确；求出满足的点的轨迹方程，在判断与直线关系是否有公共点即可；求出点关于直线的对称点为，利用三角形不等式可求出的最小值；利用三角形不等式即可判断.【详解】对于A：构造以为直径的圆，其方程为.因为圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，所以在直线不存在点，使得，故A错误;对于B：设，由可得，，化简得，即，所以圆心为，半径为，可判断圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交所以存在点，使得，故B正确；对于C项：设关于直线的对称点为，由可解得，即，则，所以，故C正确；对于D项：当点与不共线时当点与共线时，此时点，故D正确.故选:A.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的或不选的得0分.9.在同一直角坐标系中，直线与圆的位置不可能是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】直线经过圆的圆心，且斜率为，判断得到答案.【详解】直线经过圆的圆心，且斜率为.故选项满足题意.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆位置关系，意在考查学生对于图像的识别能力.10.已知圆，直线，则以下命题正确的有（）A.直线l恒过定点B.直线l与圆恒相交C.y轴被圆C截得的弦长为D.直线l被圆C截得的弦长最短时，的方程为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，整理直线方程，分离出参数，建立方程组，可得答案；对于B，由圆的标准方程可得圆心与半径，计算定点与圆心的距离，并与半径比较，可得答案；对于C，由圆的方程，求得与轴的交点纵坐标，可得答案；对于D，由题意可得直线与直线垂直，利用两点求斜率，结合点斜式公式，可得答案.【详解】对于A，由，则，令，解得，所以直线恒过定点，故A错误；对于B，由，则圆心，半径，，故B正确；对于C，令，整理圆的方程为，解得，轴被圆截得的弦长为，故C正确；对于D，当时，直线被圆截得的弦长最短，由直线的斜率，直线的斜率，且，则，所以直线的方程为，化简可得，故D正确.故选：BCD.11.如图，在棱长为2的正方体中，为面的中心，、分别为和的中点，则（）A.平面B.若为上的动点，则的最小值为C.点到直线的距离为D.平面与平面相交【答案】BD【解析】【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，故故与平面不平行，A错误；B选项，将两平面展开到一个平面内，利用勾股定理求出最小值；C选项，利用点到直线距离向量公式求出答案；D选项，求出平面的法向量，与平面的法向量不平行，得到两平行相交.【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，，设平面的法向量为m=x,y,z则，令得，故，所以，故与平面不平行，A错误；B选项，把平面与平面以为公共边展开到同一平面内，如图，连接与相交于点，此时最小，最小值为，B正确；C选项，，，，，点到直线的距离为，C错误；D选项，，所以，设平面的法向量为n=a,b,c则，令，则，故，显然与不平行，故平面与平面不平行，又两平面不重合，故两平面相交，D正确.故选：BD.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.若空间非零向量不共线，则使与共线的k的值为______.【答案】－##【解析】【分析】根据空间共线向量可得，建立方程组，解之即可求解.【详解】由题意知，存在实数λ使得，即，解得.故答案为：13.若点在圆（为常数）外，则实数的可能取值为____________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由点A在圆外代入圆的方程可得，再由圆的一般方程中可得，最后求交集即可.【详解】因为点在圆外，则，解得，又由圆的一般方程，可得，即，即或，所以实数范围为，例如符合题意.故答案为：（答案不唯一）.14.已知实数满足，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】依题意可得，从而得到点在圆上，再由表示点与点连线的斜率，结合图象及直线与圆的位置关系求出的最值，即可得解.【详解】因为，所以，所以点在圆上，其中圆心为，半径为，又，其中表示点与点连线的斜率，又，所以点在圆外，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，设过点的直线的方程为，即，则，解得或，即的最大值为，最小值为，所以的最大值为.故答案：四、解答题：本大题共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.（1）求边所在直线的方程；（2）若的中点为，求边的垂直平分线的方程；（3）求的外接圆的方程.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用两直线垂直的斜率关系可求边所在直线的方程；（2）求得的中点坐标与直线的斜率，可求边的垂直平分线的方程；（3）设的外接圆的方程为，代入点的坐标，解方程组可求的外接圆的方程.【小问1详解】由，由两点式可得边所在直线的方程为，即边所在直线的方程；【小问2详解】由，可得的中点为，又，所以边的垂直平分线的斜率为，所以由点斜式可得边的垂直平分线的方程为，即.【小问3详解】设的外接圆的方程为，则，解得，所以的外接圆的方程为.16.如图所示，在直三棱柱中，，，棱，M，N分别为的中点．（1）求BN的长；（2）求与所成角的余弦值；（3）求证：平面.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用向量模的坐标表示计算即得.（2）利用（1）中信息，利用线线角的向量方法求解即得.（3）利用空间位置关系的向量证明推理即得.【小问1详解】在直三棱柱中，，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，，M，N分别为的中点，得，，所以BN的长为.【小问2详解】由（1）得，，因此，所以与所成角的余弦值是.【小问3详解】由（1）得，，，即，因此，而平面，所以平面.17.已知空间中三点，，，设，.（1）若，且，求向量；（2）已知向量与互相垂直，求的值；（3）求ΔABC的面积.【答案】（1）或；（2）；（3）【解析】【分析】（1）首先求出的坐标，由，可设，利用，求出参数的值，即可求出结果．（2）首先表示出的坐标，由向量与互相垂直，得到，即可求出的值．（3）求出，，，，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由面积公式求出ΔABC的面积．【详解】解：（1）空间中三点，，，设，，所以，，，，且，设，，，或．（2），且向量与互相垂直，，解得．的值是．（3）因为，，，，，，．【点睛】本题考查向量的求法，考查实数值、三角形的面积的求法，考查向量坐标运算法则、向量垂直、三角形面积等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．18.如图所示的几何体中，四边形为矩形，在梯形中，，为的中点，，，，线段交于点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）由中位线定理和线面平行的判定定理即可证明；（2）由题意，如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.求出平面及平面的法向量和，计算二面角的余弦值，继而求出二面角的正弦值即可求解.（3）设存在点满足条件，设，从而求得，由题意根据线面角的正弦值为，可求出，即可求解.【小问1详解】因为四边形为矩形，所以为的中点，连接，在中，，分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】因，，，所以，，又且，平面，又，如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，解得，令，得，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，即，令，则，，则平面的一个法向量为，则，于是.故二面角的正弦值为.【小问3详解】存在一点，使得与平面所成角的大小为.设存在点满足条件，由，，则，,设，则,因为直线与平面所成角的大小为，所以，解得，由，知，且即点与重合，故在线段上存在一点，则.19.已知点E是圆C：上的动点，点，M是线段EF的中点，P（m，0）（）是x轴上的一个动点．（1）求点M的轨迹方程；（2）当点M的轨迹上存在点Q，使，求实数m的取值范围；（3）当时，过P作直线PA，PB与点M的轨迹分别交于异于点P的A，B两点，且．求证：直线AB恒过定点．（其中，分别为直线PA与直线PB的斜率）．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用相关点法求解，即找到点E与点M的关系，再带回圆C中；（2）将角度问题转化成直线的斜率问题，进而转化成直线与圆位置关系的问题，利用点到直线距离求解；（3）联立直线PA与圆，因为直线与圆一侧交点是已知的，所以可以用斜率表达另外一个交点，再通过，得到直线PB的交点，利用两点式化简，得到定点.【小问1详解】设M（x，y），，则①，又因为M是EF的中点