四川省2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试题

这是一份四川省2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试题，共12页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，直线的倾斜角为，如图，是棱长为1的正方体内部等内容，欢迎下载使用。
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．0
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．0B．1C．2D．3
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1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12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3D．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．（13分）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．（15分）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．（15分）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．（17分）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．（17分）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．
四川省2024-2025学年上学期期中调研测试
高二数学参考答案及评分细则
1．【答案】A
【解析】因为为一常数，故直线的倾斜角为．故选A．
2．【答案】D
【解析】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．【答案】C
【解析】圆，则圆心，半径，圆，则圆心，半径3，则，由于，即，故圆与圆相交，其公切线条数为2．故选C．
4．【答案】A
【解析】因为圆的圆心为，半径为，易知过点的切线斜率存在，设的方程为，即，则，解得或．故选A．
5．【答案】B
【解析】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，故．故选B．
6．【答案】D
【解析】取的中点为，连接，则，又因为，故平面，由正方体性质易得平面，显然两两垂直，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，则，所以为平面的一个法向量，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．【答案】C
【解析】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，设，则，则，，当时取到最大值．故选C．
8．【答案】A
【解析】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，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．
9．【答案】AC（每选对1个得3分）
【解析】点与点关于轴对称，A正确；点关于轴的对称点是，B错误；点与点关于平面对称，C正确；坐标轴两两确定的平面把空间分为8个部分，D错误．故选AC．
10．【答案】BD（每选对1个得3分）
【解析】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．【答案】BCD（每选对1个得2分）
【解析】由于坐标原点与其中一点重合，不妨设坐标原点为，当动圆与圆内切或外切时，均有两点重合，A错误；点在以为圆心、1为半径的圆上运动，故，B正确；由于，要使为等边三角形，则，又因为，所以不可能为等边三角形，C正确；要使最大，即最大，只需要取最大值即可，由，当且仅当三点共线时等号成立，此时，故此时，D正确．故选BCD．
12．【答案】4
【解析】因为，故，解得．
13．【答案】
【解析】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，故其面积．
14．【答案】
【解析】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．
15．解：（1）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．
（2）设，且，
故
，
而，当时，取得最小值56．
【评分细则】
第二问若结果正确，未指明取得最值的条件不扣分．
16．解：（1）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．
（2）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．
【评分细则】
1．两问的最终结果如果不是题目要求的直线形式，每个结果扣1分；
2．第二问结果写成也正确；
3．如使用其他方法酌情给分．
17．解：（1）由题意可得．
所以．
（2）设．
因为．
所以．
故当时，取得最小值，最小值为．
【评分细则】
1．第一问若用其他基底向量表示不给分；
2．第二问可用其他方法进行求解，只要答案正确，均给满分．
18．（1）证明：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）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．
（3）解：设的夹角为，则．
所以，所以
．
【评分细则】
第一问用其他方法证明酌情给分．
19．解：（1）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．
（2）（ⅰ）因为为圆的“上进点”，则，所以，
即点在圆上，
则点是圆和的交点．
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。
【评分细则】
1．第一问如果未说明轨迹形状扣1分；
2．如用其他解法酌情给分．