精品解析：陕西省榆林市2024-2025学年高二上学期七校期中联考数学试题

2024~2025学年第一学期高二年级七校期中联考试题 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~第二章. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直线倾斜角和斜率的关键即可得解. 【详解】由题意直线，可得斜率为， 设直线的倾斜角为，其中， 可得，所以，即直线的倾斜角为. 故选：A. 2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标. 【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是. 故选：A. 3. 某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ） A. B. 120 C. 150 D. 210 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量加法的坐标运算求得，可求. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C. 4. 两平行直线：，：之间的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两平行直线之间的距离公式求解即可． 【详解】由题意得： 直线，， ，，两直线为平行直线， 直线， 两平行直线之间的距离为． 故选：A 5. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称的性质，得到直线过的中点且与垂直，结合垂直的斜率结论可解. 【详解】圆的圆心为， 圆的圆心为，所以线段的中点坐标为， 又，则， 所以直线的方程为，即. 故选：D. 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 则向量在向量上的投影向量为：. 故选：D. 7. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中点坐标公式结合相关点法可得的轨迹方程为，即可根据相切求解最值. 【详解】由题意知圆的方程为，设，， 则,所以,又在圆上，所以， 即，即的轨迹方程为.如图所示， 当与圆相切时，取得最大值， 此时，，所以的最大值为. 故选:A 8. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明平面，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用点到面的距离可求解. 【详解】解：由题意得： 因为，为中点 所以 又，与交于点A，平面，平面 所以平面 以点为原点，，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，则，，，， 故， 所以 所以 又，，设平面的法向量，则 令，则，，所以.点到平面的距离为，解得或（舍） 故选：A. 二､多选题：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. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 4 【答案】AB 【解析】 【分析】利用两直线平行，得出斜率相等，进而求解. 【详解】因为两直线平行，由斜率相等得，所以或，解得或0或，当时两直线重合，舍去. 故选：. 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断线线关系判断AC，根据点面距离的向量公式求解距离判断D. 【详解】因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，又，平面， 所以平面∥平面，故B正确； 如图， 分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，， ，， ，， 故不成立，成立，故A错误，C正确； 设平面的法向量，， 则，令，则，即， 又， 所以，故点到平面的距离为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（ ） A. 若点在上，则与相切 B. 若点在圆上，则被圆截得的弦长为 C. 若点在圆外，过点作圆的切线，则为过两切点的直线 D. 若点在圆内，过点的直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上 【答案】ACD 【解析】 【分析】A计算圆的圆心到的距离可判断选项正误；B计算圆的圆心到的距离结合弦长公式可判断选项正误；C由A选项分析可判断选项正误；D由C选项分析可判断选项正误. 【详解】对于A，点在上，则，圆的圆心到的距离， 故与相切，A正确； 对于B，点在圆上，则，圆的圆心到的距离： ，所以被圆截得的弦长为，B错误； 对于C，设两切点分别为，由A选项分析可知： 圆在点处的切线方程分别为， 因为点在两切线上，所以， 所以点都在直线上，C正确； 对于D，由选项C知，设圆在处的切线的交点为， 则的方程为，由点在该直线上，所以， 所以点在直线上，D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量，若，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示式列方程解之即得. 【详解】因为，所以，即，故. 故答案为：2. 13. 已知圆与两直线都相切，且圆经过点，则圆的半径为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】结合图象确定圆心在轴上，再通过半径得到等式求解即可. 【详解】 结合图象，易知直线与关于轴对称或关于对称， 又当圆心在上时，圆不可能经过点，所以圆的圆心在轴上， 设圆的方程为， 由题意可知，，整理得，解得或， 当时，，当时，. 故答案为：或 14. 已知两点，，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出点关于直线的对称点，作出点关于直线的对称点，则，，三点共线，，，三点共线，即，，，四点共线，得，运用两点间的距离公式计算即可. 【详解】解：作出点关于直线的对称点，作出点关于直线的对称点， 则，，三点共线，，，三点共线，即，，，四点共线， 得，易得，， 直线的方程是， 设，则得，即， . 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知直线及点. （1）若与垂直的直线过点，求与的值； （2）若点与点到直线的距离相等，求的斜截式方程. 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）由垂直关系及点在线上列出等式求解即可； （2）由点到线的距离公式列出等式，求解即可. 【小问1详解】 因为直线过点， 所以，解得， 因为与垂直， 所以. 【小问2详解】 因为点与点到直线的距离相等， 由点到直线的距离公式得. 解得， 当时，的斜截式方程为， 当时，的斜截式方程为. 16. 在正四棱柱中，，E为的中点，F为上靠近B的三等分点． （1）求异面直线CF与所成角的余弦值； （2）求直线CF与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的数量积计算求解； （2）根据线面角正弦等于线法角余弦的绝对值求解． 小问1详解】 解：以D为原点，分别以方向为轴，建立如下所示的空间坐标系， 则由题意可知：，，，，，，， ∴ ，， 设， 则， ∵ F为上靠近B的三等分点， ∴ ， ， ， ， ， ， 设异面直线CF与所成角为且， 则． 【小问2详解】 解：由（1）可求得：，，， 设为平面的法向量， 则， 即， 解得：， ， ， 设直线CF与平面所成角为， 则． 17. 已知圆，圆． （1）讨论圆与圆的位置关系； （2）当时，求圆与圆的公切线的方程． 【答案】（1）答案见解析 （2），或. 【解析】 【分析】（1）求两圆圆心距及半径，利用几何法判断两圆位置关系； （2）先判断两圆位置关系，法一，设出公切线方程，由切线分别与两圆相切建立等量关系待定系数即可；法二，由相似性质与半径比，可得到公切线与轴交点坐标，再由交点设出点斜式方程待定斜率即可. 【小问1详解】 由题意知， ，两圆的半径分别为和4， ①当，即， 解得或时，圆与圆内含； ②当，即， 解得或时，圆与圆内切； ③当，即， 解得时，圆与圆相交； ④当时，，无解， 即圆与圆不可能外切也不可能外离． 综上所述，当或时，圆与圆内含； 当或时，圆与圆内切； 当时，圆与圆相交. 【小问2详解】 当时，由（1）得圆与圆相交，由图可知公切线的斜率存在， 法一：设圆，圆的公切线的方程为，即， 则由直线与两圆都相切可得， ，所以， 则，或 即或，分别代入， 得或（无解），解得， 所以，或. 则公切线方程为或， 即为，或. 法二：因为两圆圆心都在轴上， 则由对称性可知，两公切线关于轴对称，且交点在轴上，设为点， 如图，，则与相似， 则有，又由, 得，所以有， 解得，即， 设公切线方程为，即， 则圆心到切线的距离，解得， 则公切线方程为或， 即为，或. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面. （1）求平面与平面所成二面角正弦值； （2）已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）如图通过证明平面，可建立以点为原点的空间直角坐标系，后可求出平面与平面的法向量，结合空间向量知识可得答案； （2）由题可得平面的法向量，后设，可得点到平面的距离关于的表达式，即可得答案. 【小问1详解】 取的中点分别为，连接， 因为底面是正方形，所以， 因为是正三角形，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意：， ， 设平面的法向量为，所以， 即，令，则， 即平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成二面角为， 则， 所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为. 【小问2详解】 因为分别是线段上一点， 且， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，即平面的一个法向量为， 设， 则， 所以点到平面的距离， 解得（舍去），即 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由新定义得到，结合为常数，即可求解； （2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解； （3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题. 【小问1详解】 因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设是该圆上任意一点，则， 所以， 因为为常数， 所以，且， 所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，设， 由，得， 所以， ， 整理得，即， 所以， ， 由，得， 即的取值范围是. 【小问3详解】 证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得， 该圆关于点对称. 由点关于点对称及， 可得—卡西尼卵形线关于点对称， 令，解得，与矛盾， 所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称 【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第一学期高二年级七校期中联考试题 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~第二章. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ） A. B. 120 C. 150 D. 210 4. 两平行直线：，：之间距离为（ ） A. B. 3 C. D. 5. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A B. C. D. 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，点在圆上，点，为中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 4 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 点到平面的距离为 11. 已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（ ） A. 若点上，则与相切 B. 若点在圆上，则被圆截得的弦长为 C. 若点在圆外，过点作圆的切线，则为过两切点的直线 D. 若点在圆内，过点的直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量，若，则__________. 13. 已知圆与两直线都相切，且圆经过点，则圆的半径为__________. 14. 已知两点，，从点射出的光线经直线反射后射到直线上，再经直线反射后射到点，则光线所经过的路程等于__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知直线及点. （1）若与垂直的直线过点，求与的值； （2）若点与点到直线的距离相等，求的斜截式方程. 16. 在正四棱柱中，，E为的中点，F为上靠近B的三等分点． （1）求异面直线CF与所成角的余弦值； （2）求直线CF与平面所成角正弦值． 17. 已知圆，圆． （1）讨论圆与圆的位置关系； （2）当时，求圆与圆的公切线的方程． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面. （1）求平面与平面所成二面角的正弦值； （2）已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$