精品解析：四川省雅安中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷

高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章. 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. 在正方体中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 若方程表示一个圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ） A. 11 B. C. 9 D. 3 6. 圆与圆的公共弦长为（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 10 7. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，且，则异面直线AC与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ） 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. 已知圆的半径为2，则下列命题是真命题的是（ ） A. B. 点在圆的外部 C. 若直线平分圆的周长，则 D. 圆与圆外切 10. 已知点，，在直线上，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 3 11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ） A. 若，则 B. 存在点H，使得平面 C. 线段长度的最小值是 D. 存在点H，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为______． 13. 已知直线过定点，则点的坐标为______.；若直线与曲线有两个公共点，则的取值范围为______. 14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知点，. （1）求直线MN的一般式方程； （2）求以线段MN为直径的圆的标准方程； （3）求（2）中的圆在点处的切线方程. 16. 在三棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点，为上靠近点的三等分点. （1）证明：平面. （2）求二面角的余弦值. 17. 已知圆（为常数）． （1）当时，求直线被圆截得的弦长． （2）证明：圆经过两个定点． （3）设圆经过的两个定点为，，若，且，求圆的标准方程． 18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面ABCD，E为AD的中点. （1）证明：平面PAB. （2）证明：. （3）试问在线段PE上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为. （1）求的方程； （2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册第一章至第二章. 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】C 【解析】 【分析】根据直线的斜率求得直线的倾斜角. 【详解】直线的斜率为，倾斜角为. 故选：C 2. 在正方体中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】. 故选：B 3. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行列方程，从而求得的值. 【详解】由于，所以， 此时两直线方程分别为， 不重合，符合题意，所以. 故选：B 4. 若方程表示一个圆，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将方程化为圆的一般方程，利用列式即可求. 【详解】若方程表示一个圆，则， 方程可化为， 所以，解得，且不等于0， 所以或. 故选：D 5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ） A. 11 B. C. 9 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共面列方程，由此求得的值. 【详解】依题意，，，共面， 所以存在，使得， 即， 所以，解得. 故选：A 6. 圆与圆的公共弦长为（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】判断出两圆相交，两圆相减求得公共弦所在直线方程，再利用弦长公式求得公共弦长. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， ， ，所以两圆相交， 由两式相减并化简得， 到直线的距离为， 所以公共弦长为. 故选：B 7. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，且，则异面直线AC与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用基底表示，根据向量夹角公式求得正确答案. 【详解】设棱长为， 以为基底，则， ， ， 所以异面直线AC与所成角的余弦值为：. 故选：A 8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据，得出的轨迹方程，再结合条件为直线上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解. 【详解】设，则，， 因为，所以， 即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上. 点在直线上， 所以直线与圆有公共点， 则，解得 故选:B. 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. 已知圆的半径为2，则下列命题是真命题的是（ ） A. B. 点在圆的外部 C. 若直线平分圆的周长，则 D. 圆与圆外切 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆的半径、点和圆的位置关系、直线和圆的位置关系、圆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】圆的半径为2，所以，A选项正确. 所以圆的方程为，圆心为，半径为， ，所以点在圆的外部，B选项正确. 直线平分圆的周长，则直线过圆心， 即，所以C选项错误. 圆的圆心为，半径为， 与的距离为， 所以圆与圆外切，D选项正确. 故选：ABD 10. 已知点，，在直线上，则的值可能为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】BC 【解析】 【分析】利用对称性以及两点间的距离公式来求得正确答案. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，解得， 即关于的对称点为，且， 所以，当三点共线时取等号， 故BC选项符合题意， 故选：BC 11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ） A. 若，则 B. 存在点H，使得平面 C. 线段长度的最小值是 D. 存在点H，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算的值；对于选项B，先找出，，可得是平面的一个法向量，结合平面，则，依此求出H的位置；对于选项C，表示出，求解其最小值即可；对于D，依据，则，从而可判定H的存在性. 【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ， 则，，，，， 故，， 所以，即Q，B，N，P四点共面， 若，则，解得，A正确； 对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即， 过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得， 则，，，， 故，，，， 易得是平面的一个法向量，若平面， 则，即，解得，符合题意， 所以存在点H，使得平面，B正确， 对于C：， 当时，取得最小值，最小值为，C正确. 对于D：若，则， 得，无解，所以不存在点H，使得，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：根据题意可知在平面上，然后建立坐标系，根据投影表示所需要点的坐标，然后利用坐标计算即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用直线垂直设直线方程的一般形式，再代入点，即可求解. 【详解】依题意设直线的一般式方程为：， 因为直线过点，所以，得， 所以直线的一般式方程为：． 故答案为：． 13. 已知直线过定点，则点的坐标为______.；若直线与曲线有两个公共点，则的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①直线的方程可化为，即可求解，②曲线是化简变形后可得，画出直线与曲线有两个交点的图形即可求解. 【详解】①将直线变形为， 所以当时，无论取何值，所以定点的坐标为， ②曲线是化简变形后可得， 其表示以为圆心，为半径的圆在轴上半部分(包含交点)如图所示， 若要直线，与曲线有两个交点， 则其在与之间，所以可得直线的斜率为，则， 故的取值范围为， 故答案为： 14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，计算出正四面体内切球的半径，由此可求得，由空间向量数量积的运算性质得出，进而可知当点为正四面体的顶点时，取得最大值，即可得解. 【详解】如下图所示： 正四面体的棱长为，设其内切球球心为点， 连接并延长交底面于点， 则为正的中心，且平面， 连接并延长交于点，则为的中点，且， ，， 因为平面，平面，则， 可得， 的面积为， 正四面体的体积为， 设正四面体的内切球的半径为， 则， 即，解得， 可得， 因为，， 可得， 当点位于正四面体的顶点时，取最大值， 所以. 故答案为： 【点睛】思路点睛： 利用几何关系推导内切球半径：首先通过几何关系计算正四面体的体积和内切球半径，这是确定几何量的基础. 结合空间向量的数量积分析动点的取值：通过分析空间向量和动点的关系，结合数量积的性质，判断动点在不同位置时的取值，确保最大值的准确性. 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. 已知点，. （1）求直线MN的一般式方程； （2）求以线段MN为直径的圆的标准方程； （3）求（2）中的圆在点处的切线方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两点式求出直线斜率，然后利用点斜式方程求解即可； （2）由中点坐标公式求出圆心坐标，再求出半径，即可得到圆的方程； （3）先求得切线的斜率，代入点斜式直线方程，即可求解. 【小问1详解】 直线MN的斜率为， 则直线MN的方程为，即. 【小问2详解】 由题意可知圆心C为线段MN的中点，即， 半径， 故所求圆的标准方程为. 【小问3详解】 直线CP的斜率为，则所求切线的斜率为， 故所求的切线方程为，即. 16. 在三棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点，为上靠近点的三等分点. （1）证明：平面. （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接，， 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，进而.因为，所以. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 因为，所以，则，， 又，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，，由题意可得，可证，，建立空间直角坐标系，利用向量法可证平面. （2）求得平面平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，，. 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为. 易得平面的一个法向量为. 设二面角的大小为，则， 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17. 已知圆（为常数）． （1）当时，求直线被圆截得的弦长． （2）证明：圆经过两个定点． （3）设圆经过的两个定点为，，若，且，求圆的标准方程． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）当时利用配方求出圆的圆心、半径，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再由可得答案； （2）由令与联立解方程组可得答案； （3）（方法一）设的中点为，由得求出可得答案．（方法二）由利用两点间的距离公式求出可得答案． 【小问1详解】 当时，圆， 此时，圆的圆心为，半径． 则圆心到直线的距离， 所以直线被圆截得的弦长 为； 【小问2详解】 由，得， 令，因为为常数 所以得，由 解得或， 所以圆经过两个定点，且这两个定点的坐标为； 【小问3详解】 （方法一）设的中点为， 不妨设，则点的坐标为． 因为，所以， 所以， 解得， 所以圆的标准方程为． （方法二）不妨设，因为， 所以， 解得， 所以圆的标准方程为． 18. 如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面ABCD，E为AD的中点. （1）证明：平面PAB. （2）证明：. （3）试问在线段PE上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面PAB. （2） 在线段PE上存在点，，理由如下： 作交于， 因为，所以，又，所以， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，即，所以， 又E为AD的中点，所以， 在中，由余弦定理可得， 即， 所以，所以， 又平面平面ABCD，且平面平面ABCD，平面， 所以平面， 平面，所以. （3） 设存在， 作交与， 由（2）可得两两垂直，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，则， ，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 设直线CM与平面PBC所成角的为， 则， 解得，所以在线段PE上存在点，此时. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）作交于，利用几何关系在中，由余弦定理求出，再由勾股定理证明，然后由面面垂直的性质定理证明即可； （3）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和，代入空间线面角公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为. （1）求的方程； （2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1）. （2）证明：根据圆的对称性，不妨设. 设，则， 所以直线HE的方程为，直线HF的方程为. 设. 联立方程得， 所以，即，则，所以. 联立方程得， 所以，即，则，所以. 当时，， 所以直线MN的方程为，化简得， 所以直线MN过定点; 当时，，此时直线MN过定点. 综上，直线MN过定点. 【解析】 【分析】（1）设，用坐标表示已知条件化简后可得； （2）不妨设. 设，设，由直线与圆相交求得的坐标（用表示），求出直线方程，观察方程得定点． 【小问1详解】 设，根据，得， 即，所以的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解析几何中直线过定点问题，用参数设出动点坐标或动直线方程等，设交点坐标为，由直线与曲线方程联立方程组消元应用韦达定理得或者直线解出，写出两交点所在直线方程（韦达定理的结论需代入），化简后观察可得定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $