四川省部分学校2024-2025学年高二上学期12月期末考试数学试卷(含答案)

这是一份四川省部分学校2024-2025学年高二上学期12月期末考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知直线与直线平行，则( )
A.1B.3C.-3D.-1
2．已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是( )
A.B.C.D.
3．已知，是两个互相平行的平面，l，m，n是不重合的三条直线，且，，，则( )
A.B.C.D.
4．直线与圆交于A，B两点，则( )
A.2B.C.D.
5．如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D.若，，.则( )
A.B.6C.D.
6．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合.已知某正二十面体的棱长为1，体积为，则该正二十面体的内切球的半径为( )
A.B.C.D.
7．已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G.若D为线段OH的中点，G为线段OD的中点.则点E到x轴的距离为( )
A.B.C.D.
8．如图，正方形的棱长为4，G，E分别是，的中点，P是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知空间内三点，，，则( )
A.B.
C.D.的面积为
10．已知正四面体的棱长为6，下列结论正确的是( )
A.该正四面体的高为
B.该正四面体的高为
C.该正四面体两条高的夹角的余弦值为
D.该正四面体两条高的夹角的余弦值为
11．笛卡尔叶形线是一个代数曲线，首先由笛卡尔在1638年提出.如图，叶形线经过点，点在C上，则下列结论正确的是( )
A.直线与C有3个公共点
B.若点P在第二象限，则
C.
D.
三、填空题
12．与圆，都相切的直线有_________条.
13．已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为_________.
四、双空题
14．在正六棱柱中，，M，N分别为，的中点，平面CMN与直线交于点G，则_________；点A到平面CMN的距离为_________.
五、解答题
15．已知点，，点C在x轴上，且是直角三角形，.
(1)求点C的坐标；
(2)求的面积；
(3)求斜边上的中线所在直线的方程.
16．已知直线恒过点C，且以C为圆心的圆与直线相切.
(1)求点C的坐标；
(2)求圆C的标准方程；
(3)设过点的直线与圆C交于A，B两点，求的最小值.
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，E为线段PC上一点，，且该四棱锥的体积为.
(1)求AE的长度；
(2)求二面角的正弦值.
18．已知，分别为椭圆的上、下焦点，是椭圆C的一个顶点，P是椭圆C上的动点，P，，三点不共线，当的面积最大时，其为等边三角形.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M为的中点，O为坐标原点，直线交直线于点D，过点O作交直线于点E，证明：.
19．空间直角坐标系中，任意直线l由直线上一点及直线的一个方向向量唯一确定，其标准式方程可表示为.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，整理成一般式方程为.特殊地，平面xOy的一般式方程为，其法向量为.若两个平面相交，则交线的一般式方程可以表示为
(1)若集合，记集合M中所有点构成的几何体为S，求S的体积；
(2)已知点，直线.若平面，，求的一般式方程；
(3)已知三棱柱的顶点，平面ABC的方程为，直线的方程为，平面的方程为.求直线与直线BC所成角的余弦值.
参考答案
1．答案：A
解析：根据直线与直线平行，
则，
故.
故选：A
2．答案：B
解析：对于A，根据题意，故A错误.
对于B，设，则s，t不存在，故B正确.
对于C，，故C错误；
对于D，由，
则，
所以，
所以，故D错误；
故选：B.
3．答案：A
解析：因为，，所以.
又，，所以，，
m，n平行或异面.
故选：A
4．答案：D
解析：圆M的半径，圆心，
则圆心M到直线l的距离，
故.
故选：D.
5．答案：C
解析：在内过点C作，且，连接，，
所以为二面角的平面角.
易知平面，而四边形为矩形，所以，
故平面，因而，
，
；
故选：C.
6．答案：C
解析：由题意正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，
其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合，
所以正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，
正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，设为r
所以，
解得，
故选：C.
7．答案：D
解析：过点E作轴，垂足为F.
由题意可得，，
所以，，
两式相乘可得
所以，则.
故选：D
8．答案：D
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，.
设平面EFG的法向量为，
则，
即
令，可得.
设，则.
因为直线AP与平面EFG没有公共点，
所以平面EFG，则，
所以，即.
，
当时，AP取得最小值，
最小值为.
故选：D
9．答案：ABD
解析：因为空间内三点，，，
所以，，，
则，，，A正确.
因为，所以，B正确.
，C错误.
的面积为，D正确.
故选：ABD.
10．答案：AD
解析：取中点P，连接，，
过A作垂直于交于点M，
过B作垂直于交于点N，如图所示，
由正四面体的结构特点可知，，为正四面体的高，
记，
因为A在底面的射影为的重心，
所以，
所以，故A正确，B错误；
因为，
，
所以，
因为，
所以，
又因为，的夹角为，
且，
所以，
所以，夹角的余弦值为，故C错误，D正确；
故选：AD.
11．答案：BCD
解析：因为叶形线经过点，所以.
联立，
解得，
所以直线与C只有1个公共点，A错误.
.
因为点P在第二象限，
所以，，
所以，B正确.
若点P在第四象限，则，可推出.
因为，
所以.
当点P在第二、四象限时，，
所以.当点P是原点或在第一象限时，易得，
所以，C正确.
由，
可得，
解得，所以，D正确.
故选：BCD
12．答案：3
解析：圆的圆心为，半径为，
的圆心为，
半径为，因为，
所以圆与圆外切，与圆，都相切的直线有3条.
故答案为：3
13．答案：0.02
解析：设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
由题意，得，，
解得，，
所以这个椭圆的离心率.
故答案为：0.02
14．答案：4；
解析：连接AD，BF，设其交点为O.
由正六棱柱的性质知，，且，
取的中点P，连接OP，则平面ABCDEF.
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系.
因为，M，N分别为，的中点，
所以，，，，
则，，.
设平面CMN的一个法向量为，
则
令，则.
设，则.
由，
解得，又，所以.
点A到平面CMN的距离.
故答案为：4；
15．答案：(1)
(2)10
(3).
解析：(1)设.因为，所以，
显然，则.
因为，，
所以，
解得，则.
(2)，，
的面积为.
(3)记AC的中点为E，则.
直线BE的斜率为，
直线BE的方程为，即，
所以斜边上的中线所在直线的方程为.
16．答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)直线，即，
所以直线l恒过点.
(2)圆C的圆心为.
圆C的半径，
所以圆C的标准方程为.
(3)由于点D在圆内部，
所以当直线AB与直线CD垂直时，取最小值..
，，
即的最小值为.
17．答案：(1)
(2).
解析：(1)设，则，
该四棱锥的体积为，
解得，即，.
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，，，
设，
则，.
若，则，
解得，即E为PC的中点.
连接AC，在中，；
(2)由(1)得，，.
设平面ABE的法向量为，
则即
取，得.
设平面PBE的法向量为，
则即
取，得.
设二面角的大小为，
则，
所以，
所以二面角的正弦值为.
18．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(1)因为是椭圆C的一个顶点，所以.
当点P与C的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，其为等边三角形，满足，又因为，
所以，.
故椭圆C的标准方程为.
(2)证明：设直线的方程为，
，.
由
得，
，，
所以，，
即点，
所以直线的方程为.
令，得.
又，所以直线的方程为.
令，得.
延长交于N，延长交于H.
由，
得，则.
同理由，
得，则.
因为，
，
显然，
所以.
19．答案：(1)20
(2)
(3).
解析：(1)由条件知，S是一个长为2，宽为5，高为2的长方体，
则体积.
(2)直线过点，方向向量为，.
设平面的法向量为，
则，
即，
取，得，
所以平面的点法式方程为，
一般式方程为.
(3)联立
解得
即.
又，所以.
由平面的方程知，其法向量为.
因为平面，
所以，即，解得，
所以平面的方程为.
直线BC上的点满足
化简得，
所以直线BC的一个方向向量为，
取直线BC的一个方向向量为.
则，
即直线与直线BC所成角的余弦值为.