精品解析：广东省湛江市雷州市第二中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

雷州二中2024-2025学年度第一学期高二年级期中考试 数学试题 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 经过点，斜率为的直线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆，圆，则这两圆的公共弦长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 4. 过点且与圆: 相切的直线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线过点，若直线过点及点关于坐标原点的对称点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），有下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 是共面向量 10. 已知方程，则下列说法正确的是（ ） A. 方程表示圆，且圆的半径为1时， B. 当时，方程表示圆心为的圆 C. 当时，方程表示圆且圆的半径为 D. 当时，方程表示圆心为的圆 11. 下列结论正确的是（ ） A. 若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量 B. 坐标平面内过点的直线可以写成 C. 直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是 D. 设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为______． 13. 两条平行直线与之间的距离是_______． 14. 如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是______. 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. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，. （1）求证：平面⊥平面； （2）求点到平面的距离. 16. 已知圆的圆心在直线上，且过，两点. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 18. 如图四棱锥，底面是边长为1的正方形，平面平面，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 19. 已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． （1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； （2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； （3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雷州二中2024-2025学年度第一学期高二年级期中考试 数学试题 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 经过点，斜率为的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直线点斜式方程求解即得. 【详解】经过点，斜率为的直线方程为，即. 故选：A. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 3. 已知圆，圆，则这两圆的公共弦长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由两圆方程求出两圆公共弦所在直线方程，再与圆联立求出相交弦的弦长即可. 【详解】由圆，圆， 两式相减得相交弦所在直线方程：. 由圆可得圆， 所以圆心、半径. 所以圆心到直线的距离， 所以相交弦长为. 故选：C 4. 过点且与圆: 相切的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断出点M在圆上，进而求出切线斜率即可得到答案. 【详解】因为，所以点M在圆上，而， 则切线斜率为，所以切线方程为：. 故选：C 5. 已知直线过点，若直线过点及点关于坐标原点的对称点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出点及点关于坐标原点的对称点的坐标，然后由两点式求解即可. 【详解】因为直线过点，代入得，即， 则点关于坐标原点的对称点为． 又直线过两点， 所以直线的方程为， 即． 故选：A. 6. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），有下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案. 【详解】因为不重合，对①，平面平行等价于平面的法向量平行，故①正确； 对②，平面垂直等价于平面的法向量垂直，故②正确； 对③，若，故③错误； 对④，或，故④错误． 故选：B． 7. 如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，通过表示出点坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案. 【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则，，， 设(0 ≤ λ ≤ 1)得：， ， ， 由， ∴，则. 故选：C. 8. 已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设知，.设为的中点，所以.求出点的轨迹方程.设点到直线的距离分别为，求出，得到.求出点到直线的距离，得出的范围即可解决. 【详解】由题设知，圆的圆心坐标，半径为2，因为，所以. 设为的中点，所以.所以点的轨迹方程为. 其轨迹是以为圆心，半径为的圆. 设点到直线的距离分别为， 所以， 所以. 因为点到直线的距离为， 所以，即， 所以.所以的取值范围为. 故选：A. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 已知空间向量，，，则（ ） A. B. C. D. 是共面向量 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量的坐标运算与表示，共线向量的坐标运算，共面向量定理，逐项判定，即可求解. 【详解】由向量， 可得，，所以A、B正确； 设，可得，所以，此时方程组无解， 所以向量与向量不共线，所以C错误； 设，可得， 所以，解得，所以共面，所以D正确. 故选：ABD. 10. 已知方程，则下列说法正确的是（ ） A. 方程表示圆，且圆的半径为1时， B. 当时，方程表示圆心为的圆 C. 当时，方程表示圆且圆的半径为 D. 当时，方程表示圆心为的圆 【答案】ACD 【解析】 【分析】若方程表示圆，把一般方程化为标准方程，根据方程成立的条件，验证各选项. 【详解】由题意，方程，可化为， 若方程表示圆，则圆的圆心坐标为，半径， 中，当时，可得，所以正确； 中，当时，此时半径为，所以错误； 中，当时，表示的圆的半径为，所以正确； 中，当时，此时半径大于0，表示圆心为的圆，所以正确； 故选：ACD． 11. 下列结论正确的是（ ） A. 若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量 B. 坐标平面内过点的直线可以写成 C. 直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是 D. 设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】当时，，不能作为平面的法向量可判断A；设过点的直线方程一般式为，可得，代入直线可判断B；直线斜率存在和不存在两种情况可判断C；求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点，再利用圆的标准方程性质可判断D. 【详解】对于A，当时，，不能作为平面的法向量，故A错误； 对于B，设过点的直线方程一般式为， 可得，即，代入直线方程得， 提取公因式得，故B正确； 对于C，当直线斜率不存在时，即，检验原点到的距离是2，所以符合； 当直线斜率存在时，设为k，则方程为：，即， 利用原点到直线的距离，解得，所以， 故直线的方程是或，故C错误； 对于D，由题知，二次函数的图象与坐标轴的三个交点为，，，设过这三个点的圆的方程为， 令的两根为2020，-2021，由韦达定理知， 令的其中一个根为，所以另一个根为1， 即圆过点(0，1)，故D正确. 故选：BD. 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知∥，代入坐标计算即可. 【详解】解：由题意可知∥， 所以，解得. 故答案为： 13. 两条平行直线与之间的距离是_______． 【答案】## 【解析】 【分析】将直线的方程可化为，利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】直线的方程可化为，且直线的方程为， 所以，平行直线与之间的距离为. 故答案为：. 14. 如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设等边的边长为1，设，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面夹角的最大值. 【详解】以为坐标原点，在平面内作直线垂直于为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设等边的边长为1，因为，所以设， 因为当时，四点共面，不能构成空间四边形，所认， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 即，结合，所以， 所以平面与平面夹角的最大值是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，用向量夹角的坐标法求解空间角解决空间角的一种重要方法. 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. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，. （1）求证：平面⊥平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：平面⊥平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，得到⊥，结合得到⊥平面，因为平面，所以平面⊥平面； （2）作出辅助线，得到，，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，利用点到平面的距离公式求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为，连接，， 又因为，所以，则， 因为，所以，则， 以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，所以， 设点到平面的距离为.则， 所以点到平面的距离为为. 16. 已知圆的圆心在直线上，且过，两点. （1）求圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）易知圆心在的中垂线上，求得中垂线方程，联立两直线，可得圆心坐标，进而可得圆的方程； （2）根据圆心与直线方程，结合垂径定理可列方程，解方程即可. 【小问1详解】 由，，则中点为，， 易知圆心在的中垂线上，且中垂线斜率， 则中垂线方程为，即， 联立，解得， 即圆心， 半径， 所以圆的方程为； 【小问2详解】 当直线斜率存在时，设直线，即， 圆心到直线的距离， 则弦长为， 解得，即直线； 当直线斜率不存在时，直线方程为， 此时圆心到直线的距离，弦长为成立； 综上所述，直线的方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点 （1）证明：平面; （2）若，求直线与平面所成角的正弦值 【答案】（1）证明：分别为的中点， 为正方形， ,平面平面， 平面.； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由题意，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题知平面 建立如图所示的空间直角坐标系， ，则， ，，， 设平面的一个法向量为 则，令则， 设直线与平面所成的角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图四棱锥，底面是边长为1的正方形，平面平面，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：取中点，连接，∵，故． ∵平面平面，平面， ∴平面，而平面，∴． 又∵，，平面． ∴平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，得，由面面垂直性质定理得平面，坐得，然后线面垂直的判定定理证明出结论； （2）证明平面，再以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，又，，平面， ∴平面． 如图以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系． ∴， , 设平面的法向量， 则，令，得． 设平面的法向量， 则，令，得， ∴ ∵二面角为钝角， ∴二面角的余弦值为. 19. 已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点． （1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； （2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程； （3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值． 【答案】（1） （2）或． （3）证明:设，则， 直线方程是，令，得， 直线方程是，令得， 所以 ． 即为定值． 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，，由向量的坐标运算可得的坐标，代入计算，表示出点的坐标，然后代入圆的方程，计算化简，即可得到轨迹方程； （2）根据题意，分直线的斜率存在于不存在讨论，然后结合圆的弦长公式代入计算，即可得到结果； （3）分别由直线的方程得到点的坐标，代入计算，即可证明. 【小问1详解】 根据题意，，． 设，，则，， 由于，所以， 得 将其代入，得， 故点的轨迹方程为． 【小问2详解】 根据垂径定理可得． ①当斜率不存在时，直线的方程为：， 直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意； ②当斜率存在时，设直线， 圆心到直线的距离为，解得． 直线的方程为或． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $