2024-2025学年内蒙古自治区包头市高二上学期期中考试数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年内蒙古自治区包头市高二上学期期中考试数学检测试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．[4,10]B．[8,10]C．[4,16]D．[8,16]
4．已知直线：，直线：，则“”是“”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
5．已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．9
6．过点 与圆 相切的两条直线夹角为 ，则 （ ）
A．B．C．D．
7．在等比数列中，，其前项和为，且是和的等差中项，则（ ）
A．B．C．D．
8．直线与直线相交于点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线经过点，且点，到直线的距离相等，则直线的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
10．直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ）

A．点的轨迹的长度为.
B．直线与平面所成的角为定值．
C．点到平面的距离的最小值为.
D．的最小值为-2．
11．已知，，点P满足，则（ ）
A．点P在以AB为直径的圆上B．面积的最大值为
C．存在点P使得D．的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若直线：,:且则的值
13．设，，若，则 ．
14．已知为原点，过点的直线与圆相交于两点，若的面积为2，则直线的方程为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的顶点坐标分别为，，．
（1）求边上的中线所在的直线的方程；
（2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程．
16．已知圆经过，两点，且圆心在直线上．
(1)求圆的方程；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
17．已知四棱锥是上一点，.
(1)若是中点，证明：平面.
(2)若平面,求面与面夹角的余弦值.
18．已知圆上三点坐标分别为．
(1)求该圆的一般方程；
(2)求弦BC垂直平分线的方程；
(3)求的面积．
19．过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
(1)已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
(2)在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
(3)已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
答案
1．【正确答案】C
【详解】因为，，
所以可设，又，，
所以，，，
所以，，.
故选：C.
2．【正确答案】B
【详解】因为，
所以，，
设与的夹角为，则，
又，所以，即与的夹角为.
故选：B
3．【正确答案】C
【详解】将化为，即圆心为，半径为3，
由表示圆上点到原点距离的平方，而圆心到原点的距离为1，
又在圆内，
所以圆上点到原点距离范围为，故的取值范围是.
故选：C
4．【正确答案】C
【详解】由可得，解得或.
当时，：，：，显然，重合，舍去，
故时，.
因此“”是“”的充要条件.
故选：C
5．【正确答案】C
【详解】因为，所以，即，
因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为8.
故选：C.
6．【正确答案】A
【详解】
化为标准方程为，圆心为(2,1),半径为1,
过点(0,0)与圆相切的两条直线夹角为，设切线为，
点线距离为，则，解得或，故切线为或，
故根据两直线的夹角公式得，且易知一定为第一象限角，
解得.
故选:A
7．【正确答案】A
【详解】设等比数列an的公比为，若，则等比数列an为摆动数列，
这与矛盾，故，
根据题意得，则，解得或（舍）.
则.
故选：A.
8．【正确答案】B
【详解】直线的方程可化为，由可得，
对于直线，由可得，
所以，直线过定点，直线过定点，
又因为，则，即，
则，，
所以，，所以，，
当，，点不在直线上，
所以，点的轨迹是曲线，
设可得，
由题意可知，直线与曲线有公共点，
且圆的圆心为原点，半径为，所以，，解得，
当，时，；当，时，.
因此，的取值范围是.
故选：B.
9．【正确答案】AC
【分析】当直线的斜率不存在时不满足题意，当直线的斜率存在时，设出直线方程，利用距离相等列方程求解即可.
【详解】当直线的斜率不存在时，显然不满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
由已知得，
所以或，
所以直线的方程为或.
故选：AC.
10．【正确答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D.
【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，
又，则和都是等边三角形，
设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则有，，
点在四边形及其内部运动，设，，
由，有，
即，
所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，
所以点的轨迹的长度为， A选项错误；
平面的法向量为，，
直线与平面所成的角为，则，
又由，则，
所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确；
，设平面的一个法向量为，
则有，令，得，，
所以点到平面的距离，
，所以时，，
所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；
，
，其几何意义为点到点距离的平方减12，
由，点到点距离最小值为，
的最小值为，D选项错误.
故选BC.
【方法总结】空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.
11．【正确答案】BCD
【分析】设，根据题意可求得点P的轨迹方程为．再求得以AB为直径的圆的圆心和半径即可判断A；根据题意求得直线AB的方程，再验证圆P的圆心在直线AB的方程上，从而得到点P到直线AB的距离为圆P的半径时，的面积最大，进而求解即可判断B；根据，结合在直角三角形中，角对应的直角边是斜边的一半，从而即可判断C；设，则，再结合余弦定理可得，从而即可判断D．
【详解】设，则，，
又，则，化简得，
所以点P的轨迹方程为．
对于A，以AB为直径的圆的圆心为，半径为，故A错误；
对于B，依题意可得直线AB的方程为，即，
所以圆P的圆心在直线AB的方程上，
所以点P到直线AB的距离为圆P的半径时，的面积最大，
所以面积的最大值为，故B正确；
对于C，由，在直角三角形中，角对应的直角边是斜边的一半，
又，则点A在圆P内，
所以存在点P使得，此时，故C正确；
对于D，设，则，
由余弦定理有，
所以，
所以当，即时，有，故D正确．

故选：BCD．
12．【正确答案】0或
【详解】因为
所以
解得或.
故填或.
13．【正确答案】9
【详解】由，得，
解得
，，，
．
故9
14．【正确答案】x=1或5x+12y+13=0
【详解】①当直线的斜率不存在时，直线方程为，则圆心到直线的距离为1，
所以,
故，
所以直线满足题意．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
故，
因为，
所以，
整理得，解得或．
当时，则，解得；
当时，则，此方程无解．
故直线方程为，即．
综上可得所求直线方程为或．
故答案为或．
15．【正确答案】（1）；（2）
【详解】（1）设的中点为，因为，，所以．
因为直线的斜率，所以所求直线的方程为，即．
（2）因为直线与直线平行，所以直线的斜率．
故的方程为，即．
16．【正确答案】(1)x2+y2﹣2x﹣3＝0；
(2)y＝2或4x﹣3y+6＝0．
【分析】（1）由圆心在直线上，设圆心为（1，t），再由经过，两点可得1+（t﹣）2＝0+（t﹣2）2，求得圆心和半径即可得解；
（2）根据题意切线的斜率存在可设直线方程为y＝kx+2，再利用直线和圆相切可得
d＝＝2，求得即可得解.
【详解】（1）根据题意，设圆心C的坐标为（1，t），
则有1+（t﹣）2＝0+（t﹣2）2，
解可得t＝0，
即圆心的坐标为（1，0），
圆的半径r＝＝2，
则圆的方程为（x﹣1）2+y2＝4，即x2+y2﹣2x﹣3＝0；
（2）根据题意，圆的方程为（x﹣1）2+y2＝4，
过点P（0，2）作圆的切线，斜率必定存在，设切线的斜率为k，
则切线的方程为y＝kx+2，即kx﹣y+2＝0；
则有d＝＝2，解可得k＝0或；
故切线的方程为y＝2或4x﹣3y+6＝0．
17．【正确答案】（1）见详解；（2）
(1)证明：∵,
∴四边形 ABCD为平行四边形．
延长交于点G，则 ,
为的中位线.
∵B为GE中点，∴BF为中位线，
∴BF∥PG，G在CD上，PG⊂平面，∴BF∥平面.
(2)∵AB⊥平面PED,相互垂直，如图建系，

∴，
，
∴.
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)5
【详解】（1）设圆的一般方程为.
将，，分别代入方程可得：
解得，，.
所以圆的一般方程为.
（2）先求中点坐标，，，中点坐标为.，则弦垂直平分线的斜率为.
根据点斜式可得弦垂直平分线的方程为，即.
（3）.
直线的方程为，即.
点到直线的距离.
所以的面积.
19．【正确答案】(1)存在，理由见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由定积直线的定义运算可求结论；
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，利用定积直线的定义可得或，进而，计算即可；
（3）设直线，直线，其中，计算得，利用基本不等式可求的取值范围.
【详解】（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【思路导引】理解新定义题型的含义，利用定积直线的定义进行计算求解.