精品解析：四川省2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试题

四川省2024-2025学年上学期期中调研测试 高二数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1，考查范围：必修第二册第十章，选择性必修第一册第一章和第二章. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 3．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. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 直线与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. B. C. D. 4. 过点作圆的切线，则切线的斜率为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 5. 若连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则两次抛掷骰子的点数之积为奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是棱长为1的正方体内部（含表面）一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（ ） 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. 在空间直角坐标系中，下列叙述正确的是（ ） A. 点与点关于轴对称 B. 点与点关于轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 坐标轴两两确定的平面把空间分为个部分 10. 已知直线在轴上的截距大于0，直线与轴交于点，则（ ） A. B. 恒过定点 C. 点到直线的距离可能为3 D. 不存在使得 11. 已知平面内一动点到坐标原点的距离为1，以为圆心、1为半径的动圆与圆交于两点，则（ ） A. 存在唯一的圆，使得两点重合 B. C. 若存在，则其不可能为等边三角形 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量满足，则______． 13. 已知圆过三点，则圆的面积为______． 14. 在正三棱锥中，平面，点在底面内的投影为点是平面内以为圆心、1为半径的圆上一动点，则异面直线与所成角的余弦值最大为______. 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. 已知三点，点在圆上运动． （1）若直线与圆有唯一公共点，求； （2）求的最小值． 16. 已知在中，，分别在线段上，且． （1）求边上的高所在直线的斜截式方程； （2）若的面积为面积的，求直线的一般式方程. 17. 如图，在四面体中，，且为的中点，点是线段上的动点（含端点）． （1）以为基底表示； （2）求的最小值． 18. 已知在空间直角坐标系中，点． （1）证明：不共面； （2）求点到平面的距离； （3）设为平面上的一个动点，且，求的夹角取得最小值时，的值． 19. 现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”．若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”．已知圆． （1）若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； （2）已知圆，且均为圆“”的“牵连点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得（和分别为直线和的斜率）恒成立？若存在，求出点的坐标；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 $ 四川省2024-2025学年上学期期中调研测试 高二数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1，考查范围：必修第二册第十章，选择性必修第一册第一章和第二章. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 3．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. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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】根据直线的方程可得出其倾斜角. 【详解】因为为常数，故直线的倾斜角为. 故选：A. 2. 直线与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两平行直线的距离公式计算即可求解. 【详解】因为直线和平行， 由两条平行直线间的距离公式可得． 故选：D． 3. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两圆的位置关系可判断两圆公切线的条数. 【详解】圆，则圆心，半径， 圆，则圆心，半径， 则，由于，即， 故圆与圆相交，其公切线条数为． 故选 ：C． 4. 过点作圆的切线，则切线的斜率为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出直线的方程，由点到直线距离得到方程，求出或． 【详解】因为圆的圆心为，半径为， 易知过点的切线的斜率存在，设的方程为， 即，则圆心到直线的距离， 解得或． 故选：A． 5. 若连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则两次抛掷骰子的点数之积为奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法写出满足题意的样本点，结合古典概型的概率公式计算即可. 【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，基本事件总数为个， 其中事件“两次抛掷骰子的点数之积为奇数”包含的样本点有： 共9个， 所以“两次抛掷骰子的点数之积为奇数”的概率为. 故选：B. 6. 在正方体中，为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正方体的棱长为1，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】两两垂直，故以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，取的中点为，连接， 则， ，， 则， 又因为，，，平面，故平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，所以 为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 故选：D． 7. 如图，是棱长为1的正方体内部（含表面）一动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出向量坐标，然后根据模的坐标求法求出最值即可. 【详解】以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 则. 故，当时取到最大值． 故选：C． 8. 如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可 【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的法向量， 则即 令，则， 所以为平面的一个法向量， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 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. 在空间直角坐标系中，下列叙述正确的是（ ） A. 点与点关于轴对称 B. 点与点关于轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 坐标轴两两确定的平面把空间分为个部分 【答案】AC 【解析】 【分析】ABC选项，根据空间直角坐标系内点的坐标特征得到AC正确，B错误；D选项，坐标轴确定的平面把空间分为8个部分. 【详解】A选项，点与点关于轴对称，A正确； B选项，点关于轴的对称点是，B错误； C选项，点与点关于平面对称，C正确； D选项，坐标轴两两确定的平面把空间分为个部分，D错误． 故选：AC． 10. 已知直线在轴上的截距大于0，直线与轴交于点，则（ ） A. B. 恒过定点 C. 点到直线的距离可能为3 D. 不存在使得 【答案】BD 【解析】 【分析】运用截距概念求解即可判断A、C；运用消去参数判断B；根据恒过定点判断D 【详解】对于A，把代入，得，所以或，A错误； 对于B，将直线改写为， 所以，所以，所以恒过定点，B正确； 对于C，对于，令可得，易得当时， 点到直线的距离取得最大值，C错误； 对于D，因为直线恒过的定点也在直线上，即至少有一个交点，D正确． 故选：BD． 11. 已知平面内一动点到坐标原点的距离为1，以为圆心、1为半径的动圆与圆交于两点，则（ ） A. 存在唯一的圆，使得两点重合 B. C. 若存在，则其不可能为等边三角形 D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由给定条件可得坐标原点与点之一重合，利用动圆与圆的位置关系判断A；由圆上的点与定点距离最值判断B；求出最大值判断C；由余弦定理求解判断D. 【详解】依题意，坐标原点与点之一重合，不妨设坐标原点为，圆的圆心，半径， 对于A，当动圆与圆内切或外切时，均有两点重合，A错误； 对于B，点在以为圆心、1为半径的圆上运动，，，B正确； 对于C，，要使为等边三角形，则，而， 当且仅当点共线时取等号，则不可能为等边三角形，C正确； 对于D，要使最大，即最大，只需取最大值2， 此时，，D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量满足，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标表示和垂直向量的坐标表示计算即可求解. 【详解】因为， 故， 解得． 故答案为：4 13. 已知圆过三点，则圆的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设圆的一般方程，将三点的坐标代入方程，利用待定系数法求解圆的方程，结合圆的面积公式计算即可求解. 【详解】设圆的方程为， 代入三点坐标可得，解得， 所以圆的方程为， 其标准方程为，半径， 故其面积． 故答案为： 14. 在正三棱锥中，平面，点在底面内的投影为点是平面内以为圆心、1为半径的圆上一动点，则异面直线与所成角的余弦值最大为______. 【答案】 【解析】 【分析】过点作的平行线交于点，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设，由异面直线所成角的向量公式结合三角函数的性质即可得出答案. 【详解】正三棱锥中，因为平面，又平面， 因此，故， 故， 则，延长交于点， 过点作的平行线交于点，易知两两垂直， 以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，设， 则，， 设直线与所成的角为， 则， 当或时，取最大值． 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. 已知三点，点在圆上运动． （1）若直线与圆有唯一公共点，求； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出圆心和半径，根据题意得到直线与圆相切，且唯一公共点为点，由勾股定理求出切线长； （2）设，且，表达出，而，故当时，取得最小值． 【小问1详解】 由题意知，圆的圆心为，半径， 故， 由题意可得直线与圆相切，且唯一公共点为点， 在中，由勾股定理可得． 【小问2详解】 设，且， 故 ， 而，当时，取得最小值． 16. 已知在中，，分别在线段上，且． （1）求边上的高所在直线的斜截式方程； （2）若的面积为面积的，求直线的一般式方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由的斜率和垂直关系可得边上的高所在直线的斜率，接着由点斜式即可求出所求直线方程，再转化成斜截式即可. （2）先由题意得，即为的中点，接着由中点坐标公式、直线的斜率和平行关系即可由点斜式求出直线的方程，再转化成一般式即可. 【小问1详解】 由题直线的斜率为， 所以边上的高所在直线的斜率为， 所以边上的高所在直线的方程为， 化为斜截式为. 【小问2详解】 因为的面积为面积的分别在线段上，且， 所以为的中点，即， 又直线的斜率为， 所以直线的斜率也为， 所以直线的方程为，即， 所以直线的一般式方程为. 17. 如图，在四面体中，，且为的中点，点是线段上的动点（含端点）． （1）以为基底表示； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2）-1 【解析】 【分析】（1）利用空间向量基本定理得到，； （2）设，得到，求出，当时，取得最小值. 【小问1详解】 由题意可得 ， 所以 ； 【小问2详解】 设， 因为 ， 所以 ， 故当时，取得最小值，最小值为． 18. 已知在空间直角坐标系中，点． （1）证明：不共面； （2）求点到平面的距离； （3）设为平面上的一个动点，且，求的夹角取得最小值时，的值． 【答案】（1） 由题意假设存在，使得成立， 则，即， 可得此方程组无解，所以假设不成立，故不共面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用反正法证明即可； （2）求出和平面的一个法向量，利用空间向量求解即可； （3）求出和平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求解余弦值，进而可知正弦值，利用向量的模长公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得， 设平面的法向量为，所以 令，则，故平面的一个法向量为， 故点到平面的距离． 【小问3详解】 设的夹角为，则． 所以， 所以 ． 19. 现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”．若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”．已知圆． （1）若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； （2）已知圆，且均为圆“”的“牵连点”． （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得（和分别为直线和的斜率）恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆． （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）由“上进点”的定义知C是圆的“上进点”，则，（其中是圆的半径），由此得点的轨迹. （2）（ⅰ）由“牵连点”的定义知，若均为圆“”的“牵连点”，则均同时为圆与圆的“上进点”，所以应为圆、圆的“上进点”所成的两轨迹（圆）的交点，由此可求直线的方程； （ⅱ）先求出圆的方程，设，假设轴上存在点，使得. 则，联立结合韦达定理可求解. 【小问1详解】 因为点为圆的“上进点”，所以，即， 所以的轨迹方程为， 所以点的轨迹是以为圆心、为半径的圆． 【小问2详解】 （ⅰ）∵为圆“”的“牵连点”，∴同时为圆与圆的“上进点”， 由为圆的“上进点”，得，所以， 即点在圆上， 由为圆的“上进点”，得点在圆上； ∴点是圆和的交点． 因为均为圆“”的“牵连点”， 所以直线即为圆和的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得， 故直线的方程为． （ⅱ）设的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为3． 直线的方程为，与联立得的中点坐标为， 点到直线的距离为，则， 所以圆的方程为． 假设轴上存在点满足题意，设． 则，即，整理得． 将，代入上式可得， 整理得①， 联立可得， 所以，代入（1）并整理得， 此式对任意的都成立，所以. 故轴上存在点，使得恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $