精品解析：北京市大峪中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

大峪中学2024—2025学年第一学期高二年级 数学学科期中考试试卷 （满分：150分；时间：120分钟；命题人：高二集备组；审核人：宋扬） 一、选择题（本大题共10.小题，每题4分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，若，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线l的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 5. 若点关于直线的对称点在轴上，则满足的条件为（ ） A. B. C. D. 6. 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 7. 如图，在空间四边形OABC中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 棱长为1的正方体中，若G为正方形的中心，即（ ） A. 2 B. C. －1 D. 1 9. 在平面直角坐标系xOy中，若点在直线上，则当a，b变化时，直线OP的斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 6 二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分） 11. 已知向量，若，则__________． 12. 已知直线与直线交于点，过点且与直线平行的直线方程为________，这两条平行直线间的距离为______. 13. 已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为____. 14. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当，变化时，的最大值为______. 15. 如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论中正确结论的序号是_____．   ①若保持，则点在底面内运动路径的长度为 ②三棱锥体积的最大值为 ③若，则二面角的余弦值的最大值为 ④若则与所成角的余弦值的最大值为 三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 已知两点，直线为线段AB的垂直平分线，求： （1）直线的方程； （2）直线与坐标轴所围成的三角形的面积. 17. 在①圆的一条对称轴为，②圆经过点，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.已知圆经过点且______. （1）求圆的方程； （2）在圆中，求以为中点的弦所在的直线方程. 18. 如图，在长方体中，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 19. 已知直线，半径为的圆与相切，圆心在轴上且在直线的上方. （1）求圆的方程； （2）设过点的直线被圆截得的弦长等于，求直线的方程. 20. 如图，四棱锥中，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值是，求的值； （3）若，在线段上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 21. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大峪中学2024—2025学年第一学期高二年级 数学学科期中考试试卷 （满分：150分；时间：120分钟；命题人：高二集备组；审核人：宋扬） 一、选择题（本大题共10.小题，每题4分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解. 【详解】解：因为，， 所以. 故选：B 2. 已知直线l的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线的方向向量的概念，即可求出直线的斜率，进而求出直线的倾斜角. 【详解】由直线l的一个方向向量为，则直线的斜率为， 所以直线的倾斜角为， 故选：D. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长 【详解】解：圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 所以直线被圆所截得的弦长为， 故选：B 4. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 【答案】A 【解析】 【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断. 【详解】圆的圆心为，半径； 圆的圆心为，半径， 则，故，所以两圆内含； 故选：A 5. 若点关于直线的对称点在轴上，则满足的条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，设点关于直线的对称点为，再由垂直直线的斜率关系和点与点的中点在上，建立方程组，即可得到. 【详解】因为点关于直线的对称点在轴上， 设点关于直线的对称点为， 则有 ，解得. 故选：B. 6. 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． 7. 如图，在空间四边形OABC中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已给条件该题可利用向量法求解与夹角的余弦值，可先求与的数量积，再利用代入向量的夹角公式求解即可. 【详解】由题可得，， 设异面直线与的夹角为， 则. 故选：C. 8. 棱长为1的正方体中，若G为正方形的中心，即（ ） A. 2 B. C. －1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，利用基向量表示、，再求其数量积. 【详解】设，，， 则，且，，， 即，且，，， 则， ， 则 . 故选：D. 9. 在平面直角坐标系xOy中，若点在直线上，则当a，b变化时，直线OP的斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，然后利用直线与圆的位置关系建立不等式求解即可. 【详解】因为点在直线上，所以， 即，所以点在以为圆心，半径为1的圆上， 由题意直线OP的斜率存在，设直线OP方程为， 因为直线OP与圆有公共点， 所以圆心到直线OP的距离小于等于半径， 所以有 故选：B 10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程，再由点到直线的距离公式结合圆的对称性得出答案. 【详解】解：因为在中， 所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线 因为点，点，所以 因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为 所以的垂直平分线方程为，即 因为“欧拉线”与圆相切 所以可得圆心到“欧拉线”的距离为 圆心到直线的距离为 由圆的对称性可知，圆上的点到直线的距离的最小值为 故选：A 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用距离公式得出圆心到直线的距离，再由对称性得出最小值. 二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分） 11. 已知向量，若，则__________． 【答案】-7 【解析】 【分析】根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果. 【详解】∵，， 则存在唯一实数，使得，即， 解得, ∴． 故答案为：. 12. 已知直线与直线交于点，过点且与直线平行的直线方程为________，这两条平行直线间的距离为______. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先联立直线方程求得点的坐标，然后利用平行关系得斜率，从而利用点斜式方程求解直线方程，再化为一般式即可，最后代入两平行线间的距离公式求解即可. 【详解】由，可得，即，又， 故过点且与平行的直线方程为，即， 可将表示为，此时两平行直线间的距离为. 故答案为：， 13. 已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为____. 【答案】 【解析】 【分析】结合向量的坐标运算，两向量夹角为钝角需满足数量积为负，且夹角不为平角. 【详解】，与的夹角为钝角，则，即. 又当与的夹角为平角时，有，得. 故实数的取值范围为且. 故答案为： 14. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当，变化时，的最大值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】问题转化为圆的圆心到直线的距离的最大值加上圆的半径即可得到. 【详解】因为点的轨迹是圆心在原点,半径为1的圆, 直线过定点,如图所示: 过作,垂足为, 则, 所以,取等的条件是与重合,此时. 故答案为3. 【点睛】本题考查了数形结合思想,点到直线的距离,圆的方程,直线过定点,属于中档题. 15. 如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论中正确结论的序号是_____．   ①若保持，则点在底面内运动路径的长度为 ②三棱锥体积的最大值为 ③若，则二面角的余弦值的最大值为 ④若则与所成角的余弦值的最大值为 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，易知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在底面内的四分之一圆，即可知①正确；对于②，的面积为定值，建立空间直角坐标系求得到平面的距离最大值为，可得②正确；对于③，若，由空间向量可得二面角的余弦值的最大值为，即③错误；异面直线与所成角的余弦值的最大值为，即④正确. 【详解】对于①，根据题意可知平面，所以为直角三角形，即，且 若保持，可知， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在底面内的部分，即为四分之一圆， 因此点在底面内的运动路径长度为，即①正确； 对于②，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：易知，则， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即； 可设，则， 所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为； 又在中，易知，所以边上的高为； 其面积为定值，即； 所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为，即②正确； 对于③，根据正方体性质可知平面，又是棱的中点，， 所以可得点在平面，又点在底面内，平面平面，所以； 根据B中的坐标系可知，所以可得，； 则， 设平面的一个法向量为，可得， 令，则，即； 易知平面的一个法向量为， 所以， 易知当时，， 当时，， 令， 可得在上恒成立，即在上单调递增； 此时时，最大， 当，，易知在上单调递减， 所以时，， 又由图可知，当时，点与重合， 综上二面角的余弦值的取值范围为，故③错误； 对于④，根据选项C易知， 可得， 当时，， 当时，，易知当时，取到最大值为， 综上可知，与所成角的余弦值的最大值为，即④正确； 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：在求解二面角以及线面角最值问题时，一般需要借助空间向量得出空间角余弦值的表达式，再利用基本不等式或函数单调性求出最值即可. 三、解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 已知两点，直线为线段AB的垂直平分线，求： （1）直线的方程； （2）直线与坐标轴所围成的三角形的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中点坐标和直线垂直的斜率关系，结合点斜式即可得解. （2）求出直线与坐标轴的交点坐标，进而求出三角形面积. 【小问1详解】 点，则线段的中点为 ，直线的斜率， 于是直线的斜率为，其方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知，直线交轴于点，交轴于点， 所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积. 17. 在①圆的一条对称轴为，②圆经过点，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.已知圆经过点且______. （1）求圆的方程； （2）在圆中，求以为中点的弦所在的直线方程. 【答案】（1）选①或②，圆的方程为； （2）. 【解析】 【分析】（1）选择条件①、条件②，求出线段中垂线方程，进而求出圆心和半径即可求出圆的方. （2）先求出弦的中点与圆心所在直线的斜率，进而求出弦所在的直线的斜率，再求直线方程即可. 【小问1详解】 选条件①，由点，得线段的中点，直线的斜率， 于是线段的中垂线方程为，即， 由，解得，因此圆的圆心，半径， 所以圆的方程为 . 选条件②，由点，得线段的中点，直线的斜率， 于是线段的中垂线方程为，即， 显然圆心在线段的中垂线上，设，由， 得，解得，因此圆的圆心，半径， 所以圆的方程为 . 【小问2详解】 记，由（1）知，，即点在圆内，直线的斜率， 因此以为中点的圆的弦所在的直线斜率为，方程为，即， 所以所求直线方程为 . 18. 如图，在长方体中，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明：设，连接， 在长方体中，底面为矩形，且， 所以，为的中点， 又因为为的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. （2）证明：在矩形中，，则矩形为正方形，故， 在长方体，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）设，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）计算出的面积，再利用三棱锥的体积公式可求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：因为四边形是边长为的正方形，则， 因为，为的中点，则， 因为平面，则. 19. 已知直线，半径为的圆与相切，圆心在轴上且在直线的上方. （1）求圆的方程； （2）设过点的直线被圆截得的弦长等于，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心的坐标为，根据题意可得出，利用点到直线的距离求出的值，可得出圆心坐标，即可得出圆的方程； （2）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出直线的斜率，综合可得出直线的方程. 【小问1详解】 解：设圆心的坐标为， 因为圆心在直线上方，则，可得， 因为半径为的圆与相切，则，因为，解得， 所以，圆心为原点，故圆的方程为. 【小问2详解】 解：由勾股定理可得，圆心到直线的距离为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时，圆心到直线的距离为，合乎题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由题意可得，解得，此时，直线的方程为. 综上所述，直线的方程为或. 20. 如图，四棱锥中，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值是，求的值； （3）若，在线段上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）因为 平面，, 所以 平面, 又因为 平面，所以 ． 在中，，是的中点， 所以 ． 又因为 , 平面, 所以 平面． （2） （3）结论：不存在．理由如下： 证明：设． 当时，，， 由知,，这与矛盾, 所以在线段上不存在点，使得． 【解析】 【分析】（1）推导出平面． ．由此能证明平面; （2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的值; （3）设，当，，，由知，,，这与矛盾,从而在线段上不存在点，使得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 平面，平面， 所以, 又因为 , 所以如图建立空间直角坐标系． 则, 则，， 设平面的法向量为． 则即 ， 令，则，， 故． 因为平面，平面， 所以, 又,平面, 所以平面． 又因为， 所以取平面的法向量为 所以， 则，解得． 又因为，所以； 【小问3详解】 略 21. 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 【解析】 【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. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $