精品解析：河南省濮阳市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

绝密★启用前 2024—2025学年上学期高二年级期中考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，直线过点且以为方向向量，为直线上的任意一点，则点的坐标满足的关系式是（ ） A. B. C. D. 3. 若圆过，两点，则当圆的半径最小时，圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 4. 在四面体中，为棱的中点，为线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 5. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O的位置关系不确定 6. 已知直线经过点，且与圆：相交于，两点，若，则直线的方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 曲线的周长为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在多面体中，底面是边长为1的正方形，为底面内的一个动点（包括边界），底面底面，且，则的最小值与最大值分别为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 10. 已知直线的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 点不可能在直线上 B. 直线恒过点 C. 若点到直线的距离相等，则 D. 直线上恒存在点，满足 11. 如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（ ） A. 存在，，使得 B. 不存在点，，使得 C. 的最小值为 D. 异面直线与所成角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在空间直角坐标系中，点与关于原点对称，则点的坐标为__________. 13. 若圆关于直线对称，则点与圆心的距离的最小值是__________. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为_____. 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. 已知圆的圆心为直线和直线的交点，且圆过点. （1）求圆的方程； （2）若圆的方程为，判断圆与圆的位置关系. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知直线：. （1）若直线与. 平行，且之间的距离为，求的方程； （2）为上一点，点，，求取得最大值时点的坐标. 18. 如图，在斜三棱柱中，平面平面是边长为2的等边三角形，为的中点，且为的中点，为的中点，. （1）设向量为平面的法向量，证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点P及直线上任意一点Q，称的最小值为点P到的“切比雪夫距离”，记作. （1）已知点和点，直线：，求和. （2）已知圆C：和圆E：. （i）若两圆心的切比雪夫距离，判断圆C和圆E的位置关系； （ii）若，圆E与x轴交于M，N两点，其中点M在圆C外，且，过点M任作一条斜率不为0的直线与圆C交于A，B两点，记直线为，直线为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2024—2025学年上学期高二年级期中考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，由点斜式方程可得直线方程. 【详解】由题意，直线的斜率为， 又过点，故其方程为，即. 故选：B. 2. 在空间直角坐标系中，直线过点且以为方向向量，为直线上的任意一点，则点的坐标满足的关系式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出向量，再利用空间向量共线的充要条件列式判断即得. 【详解】依题意，，，则， 所以点的坐标满足的关系式是. 故选：C. 3. 若圆过，两点，则当圆的半径最小时，圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出以为直径的圆的方程即可. 【详解】依题意，线段的中点，， 圆过，两点，当圆的半径最小时，线段为圆的直径， 所以圆的标准方程为. 故选：D 4. 在四面体中，为棱的中点，为线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】如图， ， 又， 所以，则. 故选：C 5. 若直线与圆相离，则点（ ） A. 在圆O外 B. 在圆O内 C. 在圆O上 D. 与圆O的位置关系不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知直线与圆相离，得到圆心到直线的距离大于半径，进行计算求解. 【详解】由题意，圆的圆心为，半径.直线到圆心的距离为，根据相离条件，即，整理得，这表明点到原点的距离的平方小于4，即点在圆内部. 故选：B. 6. 已知直线经过点，且与圆：相交于，两点，若，则直线的方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据弦长，利用垂径定理求出圆心到直线的距离.然后分直线斜率存在与不存在两种情况来求直线的方程. 【详解】已知弦长，半径.根据垂径定理知圆心到直线的距离为. 把，代入可得. 当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为， 所以直线斜率不存在时不满足条件. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 根据点到直线距离公式，由圆心到直线的距离， 可得.对进行求解. 两边平方得，展开得. 解得或. 当时，直线的方程为，即. 当时，直线的方程为，即. 故选：A. 7. 曲线的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论写出圆的标准方程，画出图得出结论. 【详解】曲线 曲线的图像如图所示： 该图是以四个点为圆心，半径为的四个半圆，所以该图的周长为：. 故选：B 8. 如图，在多面体中，底面是边长为1的正方形，为底面内的一个动点（包括边界），底面底面，且，则的最小值与最大值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，然后表示出化简可求得结果. 【详解】因为底面平面， 所以, 因为四边形为正方形，所以， 所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 所以 ， 因为， 所以当时，取得最小值； 当或1，或1时，取得最大值4. 故选：A 二、多项选择题：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. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共面向量定理逐项判断即得. 【详解】由构成空间的一个基底，得向量不共面， 对于A，若向量，，共面，则存在实数对使得， 即，则向量共面，矛盾，，，不共面，A不是； 对于C，由，得，，共面，B是； 对于C，若，，共面，则存在实数对使得， 于是，此方程组无解，向量，，不共面，C不是； 对于D，由，得向量，，共面，D是. 故选：BD 10. 已知直线的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 点不可能在直线上 B. 直线恒过点 C. 若点到直线的距离相等，则 D. 直线上恒存在点，满足 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时，即可判断A；将线方程可化为，即可判断B；利用点线的距离公式计算即可判断C；利用平面向量的坐标表示求出点的轨迹方程，证明点在圆的内部即可判断D. 【详解】A：当时，，所以点不可能在直线上，故A正确； B：直线方程可化为，所以直线恒过定点，故B正确； C：因为点到直线的距离相等，所以，解得或，故C错误； D：设，则， 所以， 整理得，即点的轨迹方程为. 又直线恒过定点，且，所以点在圆的内部， 所以直线与圆恒有公共点， 即直线上恒存在点，满足，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（ ） A. 存在，，使得 B. 不存在点，，使得 C. 的最小值为 D. 异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项计算判断得解. 【详解】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，由，得， 则，方程无解，因此不存在、使得，A错误； 对于B，由是线段上的动点，设，则，， 由，则不存在点，使得，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，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. 在空间直角坐标系中，点与关于原点对称，则点的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对称性列式计算得解. 【详解】依题意，，解得， 所以点的坐标为. 故答案为： 13. 若圆关于直线对称，则点与圆心的距离的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到，再利用数形结合思想将问题转化为圆心到直线的距离. 【详解】由题意可知直线经过圆心，所以，即， 点到圆心距离最小值就是圆心到直线的距离的最小值， 又圆心到直线的距离. 故答案为： 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义可设，利用待定系数法得的坐标为，即可根据三点共线，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】令，则， 依题意，圆是由点，确定的阿波罗尼斯圆，且， 设点坐标为，则， 整理得，而该圆的方程为， 则，解得，点的坐标为， 因此，当时，最小，最小值为， 所以当时，的值最小为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据的形式，设，则，利用阿波罗尼斯圆的定义待定出点，即可利用点到直线的距离求解. 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. 已知圆的圆心为直线和直线的交点，且圆过点. （1）求圆的方程； （2）若圆的方程为，判断圆与圆的位置关系. 【答案】（1） （2）圆与圆相交. 【解析】 【分析】（1）先求出两直线的交点，结合两点的距离公式和圆的标准方程计算即可求解； （2）由题意知的圆心为，半径，结合两圆的位置关系即可下结论. 【小问1详解】 由，得，即圆心坐标为. ， 圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，圆的圆心为，半径. 圆的方程可化为， 则圆的圆心为，半径. ， ， 圆与圆相交. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，为的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ， ， . ， ， . 平面， 平面， 又平面， . （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知数据结合勾股定逆定理可证得，，然后利用线面垂直的判定定理得平面，再由线面垂直的性质可证得结论； （2）由题意可得两两垂直，所以以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是矩形，， 平面，平面， ， 所以以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设平面的法向量为， 则，令，可得， 平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知直线：. （1）若直线与. 平行，且之间的距离为，求的方程； （2）为上一点，点，，求取得最大值时点的坐标. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线m的方程，利用平行线间距离公式列式求解. （2）求出点关于直线的对称点坐标，结合图形，利用线段和差关系确定点位置，进而求出其坐标. 【小问1详解】 由直线m与平行，设直线m的方程为， 由m，之间的距离为，得，解得或， 所以直线m的方程为或. 【小问2详解】 设点关于直线：的对称点为， 则，解得，即， 而，当且仅当三点共线时取等号， 直线的方程为，即， 由，解得，点， 所以取得最大值时点P的坐标. 18. 如图，在斜三棱柱中，平面平面是边长为2的等边三角形，为的中点，且为的中点，为的中点，. （1）设向量为平面的法向量，证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，连接. ， 平面平面，平面平面平面， 平面. 是边长为2的等边三角形，. 以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，则， . 是平面的一个法向量，令. ， ， . （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，应用面面垂直性质定理得出平面，进而得出法向量,最后应用空间向量数量积运算即可； （2）应用空间向量法求法向量及向量应用公式运算即可； （3）应用空间向量法求二面角余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 . 设平面的法向量为， 则 令，可得， 平面的一个法向量为， 点到平面的距离为. 【小问3详解】 . 设平面的法向量为， 则令，可得， 平面的一个法向量为. 由（2）可知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为.. 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点P及直线上任意一点Q，称的最小值为点P到的“切比雪夫距离”，记作. （1）已知点和点，直线：，求和. （2）已知圆C：和圆E：. （i）若两圆心的切比雪夫距离，判断圆C和圆E的位置关系； （ii）若，圆E与x轴交于M，N两点，其中点M在圆C外，且，过点M任作一条斜率不为0的直线与圆C交于A，B两点，记直线为，直线为，证明：. 【答案】（1），； （2）（i）内切； （ii）圆E与x轴交于M，N两点， 则方程，即（*）有两个不等的实数解， 所以，解得，又，所以， ，方程（*）的两解为，则， 由韦达定理有， 所以，解得或（舍去）， 时方程（*）为，解得，，交点为和， 点M在圆C外，则，因此，， 设直线的方程为，设， 由得， ，， ，， ， 所以，因此直线关于轴对称， 直线上任意一点与直线上点关于轴对称，它们是一一对应的关系， ，， 即， 所以的最小值与的最小值相等，即． 【解析】 【分析】（1）根据新定义直接计算，设是上一点，分类讨论计算出，再确定最小值得； （2）（i）求出圆心坐标，根据切比雪夫距离的定义，由或求得参数，并检验是否满足题意，然后根据圆心距判断两圆位置关系； （ii）由已知求出，得出两点坐标，设直线方程为，，直线方程代入圆方程后，应用韦达定理得，从而证明，得直线与关于轴对称，然后由直线上任意一点与直线上点关于轴对称，它们是一一对应的关系，且，则其最小值也相等，从而证得结论成立， 【小问1详解】 ，，，所以， 直线方程为，是上一点，， 当，即时，， 当，即或时，， 所以的最小值是2，所以； 【小问2详解】 （i）圆标准方程是，圆心为，半径为2， 圆的圆心为，半径为， ， 若，则或， 时，，不合题意，时，，满足题意， 此时，，因此两圆内切； 若，则或， 时，，不合题意，时，，满足题意， 此时，，两圆内切． 所以圆C和圆E内切； （ii）略 【点睛】方法点睛：本题第（2）小题的第（ii）问，证明点到两条直线的“切比雪夫距离”相等，如果单纯从“切比雪夫距离”角度考虑，这个“距离”没法求解，换个角度，在直线与圆相交问题中，利用韦达定理证得直线的斜率是相反数，它们关于轴对称，而点在轴上，因此我们可得出这两条直线上的点与点的“切比雪夫距离”所组成的集合相等，从而最小值相等，最小值即为点线间的“切比雪夫距离”，完成证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $