精品解析：广东省清远市清新区第三中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

清新三中2024-2025学年度第一学期期中考试 高二年级数学科试卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写年级、班级、姓名、试室号、座位号； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 2. 已知圆：，则圆心的坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知直线在x轴和y轴上的截距之和为1，则实数m的值是（ ）. A. －2 B. － C. D. 2 4. 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. 5. 若直线与圆O：相切，则圆与圆O（ ） A. 相离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 6. （周测二4)已知，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 的最大值为3 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的或不选的得0分. 9. 在同一直角坐标系中，直线与圆的位置不可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，直线，则以下命题正确的有（ ） A. 直线l恒过定点 B. 直线l与圆恒相交 C. y轴被圆C截得的弦长为 D. 直线l被圆C截得的弦长最短时，的方程为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为面的中心，、分别为和的中点，则（ ） A. 平面 B. 若为上的动点，则的最小值为 C. 点到直线的距离为 D. 平面与平面相交 三、填空题：本大题共3小题.每小题5分.共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 若空间非零向量不共线，则使与共线的k的值为______. 13. 若点在圆（为常数）外，则实数的可能取值为____________. 14. 已知实数满足，则的最大值为__________. 四、解答题：本大题共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. （1）求边所在直线的方程； （2）若的中点为，求边的垂直平分线的方程； （3）求的外接圆的方程. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点． （1）求的长； （2）求与所成角的余弦值； （3）求证：平面． 17. 已知空间中三点，，，设，. （1）若，且，求向量； （2）已知向量与互相垂直，求的值； （3）求的面积. 18. 如图所示的几何体中，四边形为矩形，在梯形中，，为的中点，，，，线段交于点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 19. 已知点E是圆C：上的动点，点，M是线段EF的中点，P（m，0）（）是x轴上的一个动点． （1）求点M的轨迹方程； （2）当点M的轨迹上存在点Q，使，求实数m的取值范围； （3）当时，过P作直线PA，PB与点M的轨迹分别交于异于点P的A，B两点，且．求证：直线AB恒过定点．（其中，分别为直线PA与直线PB的斜率）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清新三中2024-2025学年度第一学期期中考试 高二年级数学科试卷 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写年级、班级、姓名、试室号、座位号； 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题卷. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角是（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角. 【详解】. 设其倾斜角为，则，又， 则，即倾斜角为150°. 故选：D 2. 已知圆：，则圆心的坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆一般方程与标准方程的互化即可求解. 【详解】由题意知，圆的标准方程为, 所以圆心坐标为，半径. 故选：C 3. 已知直线在x轴和y轴上的截距之和为1，则实数m的值是（ ）. A. －2 B. － C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出直线在x轴和y轴上的截距，由题意列式求解，即得答案. 【详解】对于直线，令，则， 令，则，故，则， 故选：D 4. 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. 5. 若直线与圆O：相切，则圆与圆O（ ） A. 相离 B. 相交 C. 内切 D. 外切 【答案】A 【解析】 【分析】若直线与圆O：相切，得，由两圆圆心距与两圆半径之和与半径之差作比较，进而得到两圆的位置关系. 【详解】若直线与圆O：相切， 则圆心到直线的距离等于圆O的半径， 即，得， 圆圆心，半径为， 两圆圆心距，大于两圆半径之和，所以两圆相离. 故选：A 6. （周测二4)已知，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量定义利用已知条件求得数量积和模长可得结果. 【详解】由可得； 所以，即可得； 因此在上的投影向量的坐标为. 故选：B 7. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可. 【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件； 当与直线平行时，，则 ∴或， 当时显然成立，当时，，， 整理后与重合，故舍去， ∴，满足必要条件； ∴“”是“直线与直线平行”的充要条件 故选：C 8. 已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 的最大值为3 【答案】A 【解析】 【分析】判断以为直径的圆与直线线的位置关系即可判断A是否正确；求出满足的点的轨迹方程，在判断与直线关系是否有公共点即可；求出点关于直线的对称点为，利用三角形不等式可求出的最小值；利用三角形不等式即可判断. 【详解】对于A：构造以为直径的圆，其方程为. 因为圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相离， 所以在直线不存在点，使得，故A错误; 对于B：设，由可得， ， 化简得，即， 所以圆心为，半径为， 可判断圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相交 所以存在点，使得，故B正确； 对于C项：设关于直线的对称点为， 由可解得，即， 则， 所以，故C正确； 对于D项：当点与不共线时 当点与共线时， 此时点，故D正确. 故选:A. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的或不选的得0分. 9. 在同一直角坐标系中，直线与圆的位置不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】直线经过圆的圆心，且斜率为，判断得到答案. 【详解】直线经过圆的圆心，且斜率为. 故选项满足题意. 故选：. 【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生对于图像的识别能力. 10. 已知圆，直线，则以下命题正确的有（ ） A. 直线l恒过定点 B. 直线l与圆恒相交 C. y轴被圆C截得的弦长为 D. 直线l被圆C截得的弦长最短时，的方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，整理直线方程，分离出参数，建立方程组，可得答案；对于B，由圆的标准方程可得圆心与半径，计算定点与圆心的距离，并与半径比较，可得答案；对于C，由圆的方程，求得与轴的交点纵坐标，可得答案；对于D，由题意可得直线与直线垂直，利用两点求斜率，结合点斜式公式，可得答案. 【详解】对于A，由，则， 令，解得，所以直线恒过定点，故A错误； 对于B，由，则圆心，半径， ，故B正确； 对于C，令，整理圆的方程为，解得， 轴被圆截得的弦长为，故C正确； 对于D，当时，直线被圆截得的弦长最短， 由直线的斜率，直线的斜率，且， 则，所以直线的方程为，化简可得，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为面的中心，、分别为和的中点，则（ ） A. 平面 B. 若为上的动点，则的最小值为 C. 点到直线的距离为 D. 平面与平面相交 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，故故与平面不平行，A错误；B选项，将两平面展开到一个平面内，利用勾股定理求出最小值；C选项，利用点到直线距离向量公式求出答案；D选项，求出平面的法向量，与平面的法向量不平行，得到两平行相交. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 所以， 故与平面不平行，A错误； B选项，把平面与平面以为公共边展开到同一平面内，如图， 连接与相交于点，此时最小， 最小值为，B正确； C选项，，，， ， 点到直线的距离为，C错误； D选项，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 显然与不平行，故平面与平面不平行， 又两平面不重合，故两平面相交，D正确. 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题.每小题5分.共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 若空间非零向量不共线，则使与共线的k的值为______. 【答案】－## 【解析】 【分析】根据空间共线向量可得，建立方程组，解之即可求解. 【详解】由题意知，存在实数λ使得， 即，解得. 故答案为： 13. 若点在圆（为常数）外，则实数的可能取值为____________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由点A在圆外代入圆的方程可得，再由圆的一般方程中可得，最后求交集即可. 【详解】因为点在圆外， 则，解得， 又由圆的一般方程，可得， 即，即或， 所以实数的范围为，例如符合题意. 故答案为：（答案不唯一）. 14. 已知实数满足，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，从而得到点在圆上，再由表示点与点连线的斜率，结合图象及直线与圆的位置关系求出的最值，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以点在圆上，其中圆心为，半径为， 又，其中表示点与点连线的斜率， 又，所以点在圆外， 由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，设过点的直线的方程为， 即，则，解得或， 即的最大值为，最小值为， 所以的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. （1）求边所在直线的方程； （2）若的中点为，求边的垂直平分线的方程； （3）求的外接圆的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两直线垂直的斜率关系可求边所在直线的方程； （2）求得的中点坐标与直线的斜率，可求边的垂直平分线的方程； （3）设的外接圆的方程为，代入点的坐标，解方程组可求的外接圆的方程. 【小问1详解】 由，由两点式可得边所在直线的方程为， 即边所在直线的方程； 【小问2详解】 由，可得的中点为， 又，所以边的垂直平分线的斜率为， 所以由点斜式可得边的垂直平分线的方程为，即. 【小问3详解】 设的外接圆的方程为， 则，解得， 所以的外接圆的方程为. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点． （1）求的长； （2）求与所成角的余弦值； （3）求证：平面． 【答案】（1） （2） （3） 连接，如下图所示： 由勾股定理可得，， 又因为，故，即，同理可证， 因为，、平面，故平面. 【解析】 【分析】（1）推导出，利用勾股定理可求得的长； （2）分别取、、的中点、、，连接、、、，由异面直线所成角的定义可知，异面直线、所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理求解即可； （3）利用勾股定理证明出，同理得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为，为的中点，所以， 故. 【小问2详解】 分别取、、的中点、、，连接、、、， 因为、分别为、的中点，所以， 且， 同理可得，，， 所以，异面直线、所成角为或其补角， 因为，，故四边形为平行四边形，所以，， 因为、分别为、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 因为平面，所以平面， 因为平面，故，所以， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 连接，如下图所示： 由勾股定理可得，， 又因为，故，即，同理可证， 因为，、平面，故平面. 17. 已知空间中三点，，，设，. （1）若，且，求向量； （2）已知向量与互相垂直，求的值； （3）求的面积. 【答案】（1）或；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）首先求出的坐标，由，可设，利用，求出参数的值，即可求出结果． （2）首先表示出的坐标，由向量与互相垂直，得到，即可求出的值． （3）求出，， ， ，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由面积公式求出的面积． 【详解】解：（1）空间中三点，，，设，， 所以， ， ， ，且，设 ， ， ，或． （2）， 且向量与互相垂直， ，解得． 的值是． （3）因为，， ，， ， ， ． 【点睛】本题考查向量的求法，考查实数值、三角形的面积的求法，考查向量坐标运算法则、向量垂直、三角形面积等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 18. 如图所示的几何体中，四边形为矩形，在梯形中，，为的中点，，，，线段交于点. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：因为四边形为矩形， 所以为的中点，连接， 在中，，分别为，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由中位线定理和线面平行的判定定理即可证明； （2）由题意，如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.求出平面及平面的法向量和，计算二面角的余弦值，继而求出二面角的正弦值即可求解. （3）设存在点满足条件，设，从而求得，由题意根据线面角的正弦值为，可求出，即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 又且， 平面，又， 如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系. 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 即，解得，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 则平面的一个法向量为， 则，于是. 故二面角的正弦值为. 【小问3详解】 存在一点，使得与平面所成角的大小为. 设存在点满足条件，由，， 则，, 设， 则, 因为直线与平面所成角的大小为， 所以 ， 解得，由，知，且 即点与重合，故在线段上存在一点， 则. 19. 已知点E是圆C：上的动点，点，M是线段EF的中点，P（m，0）（）是x轴上的一个动点． （1）求点M的轨迹方程； （2）当点M的轨迹上存在点Q，使，求实数m的取值范围； （3）当时，过P作直线PA，PB与点M的轨迹分别交于异于点P的A，B两点，且．求证：直线AB恒过定点．（其中，分别为直线PA与直线PB的斜率）． 【答案】（1） （2） （3） 证明：时，P（1，0）， ∵，设，则， 则直线PA：，PB：， 联立，得， 则，得，． ∴．同理可得． 则． ∴直线AB的方程为． 方法一：当时，直线方程为，当时，直线方程为． 联立，解得，．∴直线AB恒过定点． 方法二：直线AB方程即为，即， ∴直线AB恒过定点． 【解析】 【分析】（1）利用相关点法求解，即找到点E与点M的关系，再带回圆C中； （2）将角度问题转化成直线的斜率问题，进而转化成直线与圆位置关系的问题，利用点到直线距离求解； （3）联立直线PA与圆，因为直线与圆一侧交点是已知的，所以可以用斜率表达另外一个交点，再通过，得到直线PB的交点，利用两点式化简，得到定点. 【小问1详解】 设M（x，y），，则①， 又因为M是EF的中点，所以，则， 代入①式整理得， 即点M的轨迹方程为圆O：． 【小问2详解】 由（1）知点M的轨迹方程为圆O：， 由题意，圆O上存在点Q，使， 等价于直线或与圆O有交点， 由对称性可知点O到直线与距离相等， ∴点O到直线的距离小于等于半径1，即，解得， 又，故实数m的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $