河南省濮阳市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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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. 1C. 2D. 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. 在圆外B. 在圆内
C. 在圆上D. 位置不确定
【答案】B
【解析】
【分析】利用点线距离公式及到的距离，即可判断点与圆位置关系.
【详解】由题意，到的距离，即，
所以在在圆内.
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】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，E0,0,1，，，，
所以，，，
因为，则，方程无解，故不存在、使得，故A错误；
因为是线段上的动点，设，
所以，，
所以，所以不存在点，使得，故B正确；
因为，所以当时取得最小值，即，故C正确；
因为，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故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. 已知圆的圆心在直线和直线的交点上，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）证明见解析
（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】
证明：，
，
.
，
，
.
平面，
平面，
又平面，
.
【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n=x,y,z，
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）证明见解析
（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】
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.
，
，
.
【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）证明见解析．
【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t−1>2，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）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Δ=4a2−4(2a2−3a−4)>0，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MC>2，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．
【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．