精品解析：广东省广州奥林匹克中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

广州奥林匹克中学2024学年第一学期期中考试题 高二数学 命题人：程璐 审题人：胡迪 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示计算即得. 【详解】向量，， 由，得， 所以. 故选：D. 2. 已知椭圆的焦距为2，则（ ） A. B. 3或5 C. 或 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论焦点位置，结合焦距公式计算即可. 【详解】当椭圆焦点在轴上时,此时，，已知焦距，则. 根据，可得，解得. 当椭圆焦点在轴上时,此时，，由， 根据，可得，解得. 综上所得，的值为或， 故选：B. 3. 已知圆与圆有4条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据公切线的条数可知两圆外离得：。 【详解】根据题意可知，圆外离，，又． 故选：D 4. “圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（ ） A. 1.2m B. 1.3 m C. 1.4 m D. 1.5 m 【答案】B 【解析】 【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可. 【详解】设半径为R，,解得,化简得. 故选：B. 5. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据弦长公式可知圆心到直线距离为1，利用点到直线距离公式可解得直线斜率，可求得倾斜角. 【详解】易知圆心坐标为，半径为， 设圆心到直线距离为，又弦长为，可得； 又圆心到直线距离为，解得或； 所以直线的倾斜角为或. 故选：D 6. 已知实数满足方程，则下列说法错误的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为0 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABD，结合点到直线的距离公式，即可求解，对于C，结合两点之间的距离公式，即可求解． 【详解】实数，满足方程， ， 对于ABD，令，， 则两条直线都与圆有公共点， ，，解得，， 故的最大值为，的最大值为，故ABD正确， 对于C，原点到圆心的距离为， 则圆上的点到原点的距离为， ， ， 故的最大值为，故C错误． 故选：C 7. 已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，利已知条件结合向量法求解即可. 【详解】由题意， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由题设可知， 所以， ，， 设点在上的投影为, 则 在直角三角形中， 点到直线的距离为: 故选：B. 8. 如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，化简的得到，即可求解. 【详解】以为原点，分别为轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示， 设，正方形边长为，则， 则， 由，即，整理得到， 所以点在正方形内的轨迹为一条直线的一部分 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. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间向量研究线面、面面关系可判定A、B，利用基底的概念可判定C，利用空间中四点共面的推论可判定D. 【详解】易知，则直线l与平面平行或在面内，故A错误； 易知，则，故B正确； 若不能作为基底， 则存在，使得， 整理得， 又是空间的一组基底，则，显然方程无解，假设不成立，故C正确； 由空间四点共面的推论可知：若，且时， 四点共面，所以D错误. 故选：BC 10. 设圆，直线，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，则下列说法中正确的有（ ） A. 的取值范围为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在点使 D. 直线过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据切线长公式即可求解A，B，C，设出点的坐标，求出以为直径的圆的方程，利用两圆的方程相减得到公共弦的方程，将代入直线的方程恒成立，可得答案. 【详解】圆心到直线的距离为， 所以，因为圆的半径为，根据切线长公式可得， 当时取等号，所以的取值范围为，所以A正确； 因为，所以四边形面积等于，四边形面积的最小值为，故B正确； 因为，所以，在直角三角形中，，所以，设，因为，整理得，方程无解，所以不存在点使，故C不正确； 对于D，设，则，，以为直径的圆的圆心为，半径为，所以以为直径的圆的方程为，化简得，所以为圆与以为直径的圆的公共弦， 联立可得，两式相减可得：，即直线的方程为，即，故直线过定点，故D正确； 故选：ABD 11. 在长方体中，，，M为线段BD上的动点，则（ ） A. 当M为BD的中点时，的周长最小 B. 三棱锥的体积为定值 C. 在线段BD上存在点M，使得 D. 在线段BD上有且仅有一个点M，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式，结合三棱锥的体积公式、空间向量夹角公式进行求解判断即可. 【详解】如图建系，则，，，， ，∴， ， 时，最小，此时周长最小，此时M为BD中点，A对． ，则平面，M到平面的距离h为定值，为定值，则为定值，B对． ， ∴不存在点M使得，C错． ， ，∴， ∴，∴，无解，D错， 故选：AB． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点的直线在轴上的截距是它在轴上的截距的2倍，则直线方程为________． 【答案】或． 【解析】 【分析】当直线不过原点和过原点两种情况讨论，将点的坐标，进而求得所求直线的方程． 【详解】当直线不过原点时，设所求直线方程为，即， 将代入，可得，解得， 所以， 所以直线方程为； 当直线过原点时，设直线方程为， 将代入，可得，解得， 所以直线方程为，即， 综上可得，所求直线方程为或． 故答案为：或． 13. 求函数的最大值______. 【答案】## 【解析】 【分析】分析函数的结构形式，设，，把函数看作A，B两点连线的斜率，其中点A在单位圆的上半圆，数形结合求解. 【详解】设，，， 看作A，B两点连线的斜率，其中点A在单位圆的上半圆， 函数的最大值为直线斜率的最大值，当直线与半圆相切时，斜率最大， 此时，，，所以. 故答案为： 14. 在等腰直角三角形中，以为原点，、所在直线分别为、建立平面直角坐标系，，点是边上异于、的一点，光线从点出发，经、发射后又回到原点（如图）．若光线经过的重心，则的坐标等于______． 【答案】 【解析】 【分析】根据对称性求出直线与直线的方程，再将这两条直线的方程联立，即可求得点的坐标. 【详解】如下图所示： 则、，直线方程为 ，即， 三角形重心为 ，即， 设，设点关于直线对称点为， 由题意可得，解得，即点， 由光的反射性可知、、、四点共线，且， 直线斜率为，直线方程为， 因为直线过重心，即，整理得， 解得（舍去）或，即点， 所以，直线的方程为， 联立，解得，即点. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：若点与点关于直线对称，由方程组可得到点关于直线的对称点的坐标（其中，）. 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. 已知的三个顶点分别为，求： （1）边上中线所在直线的方程； （2）求三角形的面积． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）求得的中点坐标，再由两点坐标即可得出中线所在直线的方程； （2）根据两点间距离公式以及点到直线距离求得的面积，再由等面积法可得三角形的面积. 【小问1详解】 根据题意可知的中点坐标为，由可得； 所以中线所在直线的方程为，即； 【小问2详解】 易知， 点到直线的距离为； 所以的面积为； 即三角形的面积为. 16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 则, 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于，故， 又平面，故平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量垂直求证， （2）根据两平面法向量的夹角，即可求解， （3）利用点面距离的向量法公式，即可代入求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面的法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，则， 由于，故； 【小问3详解】 由于，平面的法向量， 点到平面的距离. 17. 已知圆． （1）若圆C上恰有三个点到直线l（斜率存在）的距离为1，且l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程； （2）点P为直线上的动点，点M为圆C上的动点． ①若直线PM与圆C相切，求的最小值； ②若O为坐标原点，求的最小值． 【答案】（1）或或 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线l的距离为l，再分直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时，直线l在两坐标轴上的截距不为零两种情况讨论，分别求出直线方程即可． （2）①依题意，所以当最小时最小，再利用点到直线的距离公式求出的最小值，从而得解； ②首先求出原点关于直线的对称点的坐标，再根据，可得当点C，P，共线时，最小，从而求出最小值． 【小问1详解】 解：圆C的标准方程为，则C的圆心为，半径为2． 因为圆C上恰有三个点到直线l的距离为1，所以圆心到直线l的距离为l． ①当直线l在两坐标轴上的截距为零且斜率存在时，设直线l的方程为， 所以圆心到直线l的距离为，即，所以． ②当直线l在两坐标轴上的截距不为零时，设直线l的方程为，所以圆心到直线l的距离为，即，解得或． 所以或． 综上所述，直线l的方程为或或． 【小问2详解】 解：①因为直线PM与圆C相切，所以，所以当最小时最小， 而当PC与直线垂直时，最小， 即， 故． ②记O关于直线的对称点为， 由得即． 因为， 所以当点C，P，共线时，最小． 故． 18. 如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系. （1）求出建筑物的中心的坐标； （2）由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为150万元，求开通的这条路的最低造价. （附：参考数据.） 【答案】（1） （2）168万元 【解析】 【分析】（1）一种方法是，设出过点的圆的一般方程，代入三个点的坐标，待定系数法求出圆的一般方程，化为标准方程，得到圆心，即建筑物的中心的坐标；另一种方法是，求两个边中垂线的交点，即圆心. (2)求出的长，由垂径定理得到点到的最小距离，从而求出开通的这条路的最低造价. 【小问1详解】 解法一：由题可知， 由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心， 设圆的方程为， 则，解得， 圆的方程为，即， 建筑物的中心的坐标为. 解法二：由题可知， 由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心， 线段中点为，且线段的垂直平分线为， 线段中点为，且，线段的垂直平分线为， 联立，得，所以建筑物的中心的坐标为. 【小问2详解】 因为为建筑物的中心坐标， 设线段的中点为，由垂径定理得的长度为点到的最小距离， ，圆的半径为， 点到的距离为， 开通的这条路的最低造价为（万元）. 19. 已知圆及点和点． （1）求经过点与圆相切的直线方程． （2）求经过点的直线交圆于、两不同点，直线不过圆心，过点、分别作圆的切线，两切线交于点，求证：点恒在一条定直线上； （3）设为满足方程的任意一点，过点作圆的一条切线，切点为．在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）或； （2） 设，， 由，则，即，又， 则，同理，因此直线为， 由在上，得 所以恒在直线上. （3） 设，依题意，，整理得， 若存在，使为定值，而，， 于是，整理得， 即， 整理得， 要使为定值，则，解得或. 所以存在或，使为定值， 即存在使为定值，定值为； 或存在，使为定值，定值为. 【解析】 【分析】（1）按切线斜率存在与否分类，借助点到直线距离公式求解. （2）设，，由、可得、 ，即可知的方程，再由点在直线上即可证结论，并确定所在的直线. （3）若，由题设可知，为了验证平面内是否存在一个点，使得为定值，可以假设存在使为定值，利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得，要使多项式方程不受点位置影响，需使该多项式方程各项的系数为0，列方程求参数即可判断的存在性. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， 点到直线的距离为1，则过点与圆相切的直线可以是； 当切线斜率存在时，设切线方程为，则，解得， 于是切线方程为，即， 所以过点与圆相切的直线方程是或. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问，设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州奥林匹克中学2024学年第一学期期中考试题 高二数学 命题人：程璐 审题人：胡迪 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆的焦距为2，则（ ） A. B. 3或5 C. 或 D. 5 3. 已知圆与圆有4条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. “圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（ ） A. 1.2m B. 1.3 m C. 1.4 m D. 1.5 m 5. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. 或 C. D. 或 6. 已知实数满足方程，则下列说法错误的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为0 C. 的最大值为 D. 的最大值为 7. 已知三棱锥，，且，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 3 8. 如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（ ） 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. 下列给出的命题正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则 B. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则 C. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 对空间任意一点O与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10. 设圆，直线，为上的动点，过点作圆的两条切线、，切点分别为、，则下列说法中正确的有（ ） A. 的取值范围为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在点使 D. 直线过定点 11. 在长方体中，，，M为线段BD上的动点，则（ ） A. 当M为BD的中点时，的周长最小 B. 三棱锥的体积为定值 C. 在线段BD上存在点M，使得 D. 在线段BD上有且仅有一个点M，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点的直线在轴上的截距是它在轴上的截距的2倍，则直线方程为________． 13. 求函数的最大值______. 14. 在等腰直角三角形中，以为原点，、所在直线分别为、建立平面直角坐标系，，点是边上异于、的一点，光线从点出发，经、发射后又回到原点（如图）．若光线经过的重心，则的坐标等于______． 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. 已知的三个顶点分别为，求： （1）边上中线所在直线的方程； （2）求三角形的面积． 16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 17. 已知圆． （1）若圆C上恰有三个点到直线l（斜率存在）的距离为1，且l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程； （2）点P为直线上的动点，点M为圆C上的动点． ①若直线PM与圆C相切，求的最小值； ②若O为坐标原点，求的最小值． 18. 如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系. （1）求出建筑物的中心的坐标； （2）由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为150万元，求开通的这条路的最低造价. （附：参考数据.） 19. 已知圆及点和点． （1）求经过点与圆相切的直线方程． （2）求经过点的直线交圆于、两不同点，直线不过圆心，过点、分别作圆的切线，两切线交于点，求证：点恒在一条定直线上； （3）设为满足方程的任意一点，过点作圆的一条切线，切点为．在平面内是否存在一点，使得为定值？若存在，求出点的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $