高二上期中考前必刷卷02（范围：第1章～第2章 提高卷）-2024-2025学年高二数学上学期期中考点大串讲（人教A版2019选择性必修第一册）

高二上期中考前必刷卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58分） 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．如图，在长方体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 2．圆的圆心坐标是（    ） A． B． C． D． 3．已知直线，若，则（    ） A．或 B． C．或 D． 4．如图所示，在棱长为2的正方体中，E为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 5．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知为圆上任意一点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D．4 8．两个相交平面构成四个二面角，我们称其中小于或等于的二面角称为这两个相交平面的夹角.现在正方体任取四个顶点，若这四个顶点共面，则称该平面为该正方体的一个“表截面”则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（    ） A． B． C． D． 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．已知圆C：及点，则下列说法中正确的是（　　） A．圆心C的坐标为 B．点Q在圆C外 C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为 D．若M是圆C上任一点，则的取值范围为 10．（多选）设，，，且是空间的一组基，则下列向量组中，可以作为空间的一组基的有（    ） A． B． C． D． 11．已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为5 B．的最大值为 C．直线与圆相切时， D．圆心到直线的距离最大为4 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知直线与圆交于两点，写出满足“”的实数的一个值： . 13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，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、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在中，，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为. (1)求直线的方程； (2)求直线的方程及点的坐标. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 17．（15分） 已知直线的方程为：. (1)求证：不论为何值，直线必过定点； (2)过点引直线交坐标轴正半轴于两点，当面积最小时，求的周长. 18．（17分） 如图1，在直角梯形中，，为的中点，将沿折起，使得点到达点的位置，且平面平面，如图2，为的中点，是上的动点（与点不重合），是上的动点（与点不重合）． (1)证明：平面； (2)若点在平面内，当最小时，求； (3)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 19． （17分） 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． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二上期中考前必刷卷02 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019选择性必修第一册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58分） 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．如图，在长方体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用空间基底表示向量 【分析】利用空间向量基本定理表示出可得答案. 【详解】 . 故选：A. 2．圆的圆心坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】圆的一般方程与标准方程之间的互化、由圆的一般方程确定圆心和半径 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标. 【详解】圆，即， 所以圆心为. 故选：D 3．已知直线，若，则（    ） A．或 B． C．或 D． 【答案】B 【知识点】已知直线平行求参数 【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验. 【详解】因为，， 所以，所以，解得或， 当时，，，直线重合，不满足要求， 当时，，，直线平行，满足要求， 故选：B. 4．如图所示，在棱长为2的正方体中，E为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，，进而求出线线角的向量公式即可求出结果. 【详解】如图，以D为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为2，则. 所以，又 所以.    故选：C. 5．已知点在圆上运动，点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】数量积的运算律、定点到圆上点的最值（范围） 【分析】利用，计算可得结论. 【详解】由圆，可得圆心，半径， 又，所以， 所以， 因为，所以. 故选：A. 6．已知为圆上任意一点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求分式型目标函数的最值、由直线与圆的位置关系求参数 【分析】根据圆上任意一点到定点的斜率，即可结合相切求解斜率得解. 【详解】， 由于为圆上任意一点， 故可看作圆上任意一点到定点的斜率， 当直线与圆相切时，此时斜率最大， 由于相切时，故，此时斜率, 故的最大值为， 故选：C    7．如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为（    ）    A． B． C． D．4 【答案】C 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、空间向量数量积的应用 【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积求出，再利用三棱锥体积公式计算即得. 【详解】取中点，连接，则， 而平面， 于是平面，，， 又，则， 解得，，而，则， ， 所以三棱锥的体积为. 故选：C    8．两个相交平面构成四个二面角，我们称其中小于或等于的二面角称为这两个相交平面的夹角.现在正方体任取四个顶点，若这四个顶点共面，则称该平面为该正方体的一个“表截面”则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】面面角的向量求法 【分析】根据两个平面的夹角的知识，结合空间向量法求得正确答案. 【详解】平面和平面的夹角为，D选项错误. 平面和平面的夹角为，B选项错误. 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为， 则，故可设. ，设平面的法向量为， 则，故可设， 设平面与平面的夹角为， 则， 由于，所以，所以C选项错误. 所以夹角大小不可能为. 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．已知圆C：及点，则下列说法中正确的是（　　） A．圆心C的坐标为 B．点Q在圆C外 C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为 D．若M是圆C上任一点，则的取值范围为 【答案】BD 【知识点】已知两点求斜率、由标准方程确定圆心和半径、判断点与圆的位置关系 【分析】A.将圆的一般方程转化为标准方程求解；B.利用点与圆的位置关系判断；C.根据若点在圆C上，求得m，从而得到点P的坐标，再利用斜率公式求解；D．由的取值范围为求解； 【详解】圆C：的标准方程为 所以圆心坐标为，故A错误； 因为，所以点Q在圆C外，故B正确； 若点在圆C上，则，解得，则，所以直线PQ的斜率为，故C错误； ，，因为M是圆C上任一点，所以的取值范围为，即，故D正确； 故选：BD 10．（多选）设，，，且是空间的一组基，则下列向量组中，可以作为空间的一组基的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【知识点】空间向量基底概念及辨析、判定空间向量共面 【分析】根据给定条件，作出平行六面体，结合图形及基底的意义判断即可. 【详解】在平行六面体中，令，，，如图， 则，，，， 显然四点不共面，则向量也不共面， 同理和也不共面， 选项B，C，D都可以作为空间的一组基， 而点共面，则共面，选项A不能作为空间的一组基. 故选：BCD 11．已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为5 B．的最大值为 C．直线与圆相切时， D．圆心到直线的距离最大为4 【答案】BC 【知识点】定点到圆上点的最值（范围）、圆上点到定直线（图形）上的最值（范围）、由直线与圆的位置关系求参数 【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径. ，是圆上的点， 所以的最大值为，A选项错误. 如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大， 此时，且，B选项正确. 直线，即，过定点， 若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为， 即，解得，所以C选项正确. 圆心到直线的距离， 当时，， 当时，，所以D选项错误. 故选：BC 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知直线与圆交于两点，写出满足“”的实数的一个值： . 【答案】或（写出其中一个即可） 【知识点】已知圆的弦长求方程或参数 【分析】利用勾股定理求弦长的方法求解． 【详解】圆心为，到直线的距离为， 又，圆半径为2，则，解得， 故答案为：或． 13．已知空间向量，，则向量在向量上的投影是 .（用坐标表示） 【答案】 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量模长的坐标表示 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【详解】空间向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是， 所以向量在向量上的投影向量的坐标是. 故答案为：. 14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，则的最小值为 ． 【答案】9 【知识点】由标准方程确定圆心和半径、定点到圆上点的最值（范围） 【分析】根据数量关系可得，即，又，进而由可得答案. 【详解】由为圆上一动点，得， 由为圆上一动点，得， 又. 因为，所以， 于是. 当共线且时取得最小值，即. 所以， 当共线时等号成立. 故答案为：9． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 在中，，边上的高所在直线的方程为，的平分线所在直线的方程为，点的坐标为.    (1)求直线的方程； (2)求直线的方程及点的坐标. 【答案】(1) (2)直线的方程为：， 【知识点】直线的点斜式方程及辨析、由两条直线垂直求方程、求直线交点坐标 【分析】 （1）根据垂直的位置关系，算出直线的斜率为，利用直线方程的点斜式列式，化简整理即可得到直线的方程； （2）由边的高所在直线方程和，解出，从而得出直线的方程．由直线、关于直线对称，算出方程，最后将方程与方程联解，即可得出点的坐标． 【详解】（1） 由于所在直线的方程为，故的斜率为， 与互相垂直，直线的斜率为， 结合，可得的点斜式方程：， 化简整理，得，即为所求的直线方程． （2） 由和联解，得 由此可得直线方程为：，即， ，关于角平分线轴对称， 直线的方程为：， 直线方程为， 将、方程联解，得，， 因此，可得点的坐标为． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值； 【详解】（1）如图所示，连接．    因为，分别是棱，的中点， 所以， 因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 则． 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为平面， 平面, 所以， 又因为， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．    由题中数据可得，， ，． 设平面的法向量为， 则 令，得． 因为，, 所以平面 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 故， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 17．（15分） 已知直线的方程为：. (1)求证：不论为何值，直线必过定点； (2)过点引直线交坐标轴正半轴于两点，当面积最小时，求的周长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】基本不等式求和的最小值、直线的点斜式方程及辨析、直线过定点问题 【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可得解. （2）设直线的方程为，求出点坐标，表示出面积，利用基本不等式求出面积的最小值得解. 【详解】（1）证明：由可得：， 令， 所以直线过定点． （2）由（1）知，直线恒过定点， 由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点为， 令，得；令，得， 所以面积 ， 当且仅当，即时，面积最小， 此时，，， 的周长为. 所以当面积最小时，的周长为. 18．（17分） 如图1，在直角梯形中，，为的中点，将沿折起，使得点到达点的位置，且平面平面，如图2，为的中点，是上的动点（与点不重合），是上的动点（与点不重合）． (1)证明：平面； (2)若点在平面内，当最小时，求； (3)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，为线段上靠近点的四等分点. 【知识点】已知面面角求其他量、证明线面垂直、余弦定理解三角形 【分析】（1）先用线面垂直证明线线垂直，然后利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）利用三点共线时最小，然后结合余弦定理即可求出最小值； （3）建立空间直角坐标系，用参数表示点的坐标，用平面与平面的夹角余弦值建立关于参数的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：平面， 平面，因为平面， ， 是中点，， 平面，面． （2）延长至点，使得，由（1）可知，平面，又平面， 平面平面， ， 当，且时，最小， ， （3）假设存在点满足题意，平面平面， 平面平面，平面，平面， 如图所示建系， ，设， 设平面法向量为， ，即， ， 又平面的法向量为， ，满足． 即此时为线段上靠近点的四等分点． 19．（17分） 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． 【答案】(1)， (2) (3)存在，和 【知识点】向量夹角的坐标表示、直角坐标系中的基本公式、求点到直线的距离、轨迹问题——直线 【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. 【详解】（1）， ， ； （2）设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． （3）易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 学科网（北京）股份有限公司 $$