2024-2025学年江苏省苏州市张家港市高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省苏州市张家港市高二（上）期中数学试卷（含答案），共10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。
1.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M，N分别为OA，BC中点，则MN等于( )
A. 12a−12b+12cB. −12a+12b+12c
C. 12a+12b−12cD. 12a−12b−12c
2.若直线l沿x轴向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率为( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
3.已知动点M与两定点O(0,0)，A(0,3)的距离之比为12，则动点M的轨迹方程为( )
A. x2+y2−8x+12=0B. x2+y2−8y+12=0
C. x2+y2+2x−3=0D. x2+y2+2y−3=0
4.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−3,2)，B(2,1)两点的线段总有公共点，则直线l的倾斜角α的取值范围是( )
A. [0,π)B. [0,π4]∪[3π4,π)C. [π4,3π4]D. [π4,π2)∪(π2,3π4]
5.若两直线l1：x+2ay+2=0，l2：(3a−1)x−ay−1=0平行，则实数a的取值集合是( )
A. {0,16}B. {0}C. {16}D. {12,1}
6.已知圆C的圆心在直线x−y−5=0上，并且圆C经过圆x2+y2+6x−4=0与圆x2+y2+6y−28=0的交点，则圆C的圆心是( )
A. (12,−92)B. (92,−12)C. (4,−1)D. (1,−4)
7.过点P(2,0)有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x−y−2=0与l2：x+y+3=0之间的线段恰好被点P平分，则三条直线围成的三角形面积为( )
A. 103B. 203C. 403D. 503
8.已知矩形ABCD，AB=3，AD= 3，M为边DC上一点且DM=1，AM与BD交于点Q，将△ADM沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则sin∠PBQ的最大值是( )
A. 13B. 33C. 23D. 1010
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1，则( )
A. A1B⊥AC1
B. A1B与B1C所成角的大小为45°
C. 平面A1BD与平面B1D1C的距离为 3
D. 平面A1BC1与平面ABCD所成角的大小为60°
10.已知直线l：kx−y−k+2=0，圆O：x2+y2=4，则( )
A. 直线l始终与圆O相交
B. 直线l被圆O截得的弦长最大值为4
C. 若直线l与圆O相交于A，B两点，且∠AOB=90°，则k=−2± 6
D. 若圆O上有且只有四个点到直线l的距离为1，则k>34
11.已知空间四面体OABC，则( )
A. 当OP=12OA+14OB+14OC，则点P在平面ABC内
B. 若该四面体的棱长都为a，则异面直线OA，BC间的距离为 22a
C. 若M为AB中点，则直线OC上存在点N，使得OM//BN
D. 若OA⊥BC，OB⊥AC，则OC⊥AB
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O−xyz中，A(2,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,4)，则三棱锥O−ABC的体积是______．
13.圆O：x2+y2=1与圆C关于直线x+y−2=0对称，写出两圆的一条公切线：______．
14.在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2+mx−1的图象与坐标轴分别交于点A，B，C，记△ABC的外接圆为圆E．
①当m=32时，圆E的一般式方程是______；②圆E恒过的两个定点是______．
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.(本小题13分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1，F为BC中点，EC1=2A1E，B1F与BC1交于点M．

(1)求证：ME//平面A1B1BA；
(2)若△ABC是等边三角形且AB= 2BB1，求证：BC1⊥平面AB1F.
16.(本小题15分)
已知△ABC的三个顶点是A(1,5)，B(−5,−7)，C(3,−3)，求：
(1)边BC上的中线所在直线的方程；
(2)边BC上的高所在直线的方程；
(3)∠ABC的角平分线所在直线的方程．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，且PA=AB=BC=2，AD=1．
(1)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值；
(2)求点B到平面PCD的距离；
(3)若点M为平面PBC内的一动点，若DM⊥平面PBC，求CM与平面ABCD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=4，AA1=a，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．

(1)当a=4时，求证：AC1⊥平面A1BD．
(2)当a=6时，
①求四边形ACC1A1的面积；
②求AD1与平面A1ACC1所成角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知圆O：x2+y2=4内有一点P0(−1,0)，倾斜角为α的直线l过点P0且与圆O交于A，B两点．
(1)当α=135°时，求AB的长；
(2)是否存在弦AB被点P0三等分？若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由；
(3)记圆O与x轴的正半轴交点为M，直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，求证：k1k2为定值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.B
6.D
7.B
8.A
9.AC
10.BCD
11.ABD
12.4
13.x−y+ 2=0(答案不唯一)
14.x2+y2+3x2−1=0 (0,1)，(0,−1)
15.证明：(1)连接A1B，∵B1C1//BC且|B1C1|=2|BF|，
∴|C1M||MB|=|B1C1||BF|=2．
又在△A1BC1中，|EC1|=2|A1E|，
∴|C1M||MB|=|EC1||A1E|=2，
∴ME//A1B.又ME⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，
∴ME/​/平面A1B1BA；
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，
∴CC1⊥平面ABC，∴AF⊥CC1，
又△ABC是等边三角形，F为BC中点，
∴AF⊥BC，又BC∩CC1=C，
∴AF⊥平面B1BCC1，BC1⊥AF，
在Rt△C1B1B中，B1C1=AB= 2BB1，∴tan∠B1BC1=B1C1B1B= 2，
在Rt△B1BF中，BF=12BC= 22BB1，∴tan∠B1FB=B1BBF= 2，
∴∠B1BC1=∠B1FB，
∴∠B1FB+∠C1BC=∠B1BC1+∠C1BC=90°，即∠BMF=90°，
∴BC1⊥B1F，又BC1⊥AF，B1F∩AF=F，
∴BC1⊥平面AB1F.
16.解：(1)B(−5,−7)，C(3,−3)，
BC中点D(−1,−5)，
中线过A(1,5)和D(−1,−5)两点，根据两点式y−5−5−5=x−1−1−1，
即y−5−10=x−1−2，化简得y−5=5(x−1)，即5x−y=0．
(2)先求BC边的斜率，已知B(−5,−7)，C(3,−3)，
根据斜率公式kBC=−3+73+5=48=12，
设高的斜率为k，则k×12=−1，解得k=−2，
又因为高过A(1,5)点，根据点斜式y−5=−2(x−1)，即2x+y−7=0．
(3)先求AB边的斜率kAB=5+71+5=126=2，BC边的斜率kBC=12，
设角平分线斜率为k，根据夹角公式得|k−21+2k|=|12−k1+12k|，化简|k−21+2k|=|1−2k2+k|，
整理得|(k−2)(2+k)|=|(1−2k)(1+2k)|，
即k2−4=4k2−1或k2−4=1−4k2，
继续化简k2=−1(舍去)，或k2=1，即k=±1，
因为角平分线的斜率应该在kAB和kBC之间，所以k=1，
又因为角平分线过B(−5,−7)点，根据点斜式y+7=1×(x+5)，即x−y−2=0．
17.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，
所以AB，AD，AP两两垂直，
故以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题，则B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，
显然，平面PAB的一个法向量为n1=(0,1,0)，
设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z)，
又PD=(0,1,−2)，DC=(2,1,0)，
则n2⊥PDn2⊥DC，即n2⋅PD=0n2⋅DC=0，
即y−2z=02x+y=0，取x=−1，则y=2，z=1，故n2=(−1,2,1)，
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
所以csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=21× 6= 63，
即平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为 63；
(2)由题可得，PB=(2,0,−2)，设点B到平面PCD的距离为d，
则d=|PB⋅n2||n2|=4 6=2 63，
所以点B到平面PCD的距离为2 63；
(3)因为M为平面PBC内一动点，设M(x′,y′,z′)，
则存在实数λ，μ，使得BM=λBP+μBC，
又BM=(x′−2,y′,z′)，BP=(−2,0,2)，BC=(0,2,0)，
代入得(x′−2,y′,z′)=(−2λ,2μ,2λ)，解得点M(2−2λ,2μ,2λ)，
所以DM=(2−2λ,2μ−1,2λ)，又DM⊥平面PBC，
所以DM⊥BCDM⊥BP，即DM⋅BC=0DM⋅BP=0，即2×(2μ−1)=0−2×(2−2λ)+4λ=0，
解得：λ=12μ=12，则M(1,1,1)，
所以CM=(−1,−1,1)，又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设直线CM与平面ABCD所成角为α，
则sinα=|cs|=|CM⋅n||CM|⋅|n|=1 3= 33，
所以CM与平面ABCD所成角的正弦值为 33．
18.解：(1)证明：设AA1=a，AB=b，AD=c，
则|a|=|b|=|c|=4，
所以AC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=b−a，
所以AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(b−a)
=−a2+b2+b⋅c−a⋅c=−16+16+8−8=0，
所以AC1⊥A1B，即AC1⊥A1B，
同理AC1⊥A1D，
又A1B∩A1D=A1，A1B，A1D⊂平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD；
(2)①因为▱ABCD且AB=AD=4，∠DAB=60°，
所以AC= 3AB=4 3，BD=4，又AA1=6，
所以AA1⋅AC=a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c=|a||b|cs60°+|a||c|cs60°=6×4×12+6×4×12=24，
cs=AA⋅AC|AA1||AC|=246×4 3= 33，
即cs∠A1AC= 33，
所以sin∠A1AC= 1−cs2∠A1AC= 1−( 33)2= 23= 63，
所以S四边形ACC1A1=|AA1||AC|sin∠A1AC=6×4 3× 63=24 2；
②连接A1C1，B1D1交于点H，连接AD1，AH，

因为菱形A1B1C1D1，所以D1B1⊥A1C1，
又D1B1⋅AA1=(b−c)⋅a=0，所以D1B1⊥AA1，
又AA1∩A1C1=A1，AA1，A1C1⊂平面A1ACC1，
所以D1B1⊥平面A1ACC1，
所以∠D1AH为AD1与平面A1ACC1所成的角，
又AH=a+12b+12c，
AH2=(a+12b+12c)2=62+4+4+6×4×12+6×4×12+12×4×4×12=72，
所以|AH|=6 2，
又AD1=a+c，AD12=(a+c)2=36+16+2×6×4×12=76，
所以|AD1|=2 19，所以cs∠D1AH=|AH||AD1|=6 22 19=3 3819，
所以AD1与平面A1ACC1所成角的余弦值为3 3819．
19.(1)解：由α=135°，得kl=−1，则直线l的方程为y=−1×(x+1)，即x+y+1=0，
设圆心到直线的距离为d，则d=|1| 12+12= 22，
∴|AB|=2 r2−d2=2 22−( 22)2= 14；
(2)解：如图，取AB的中点为Q，

假设存在弦AB被点P0三等分，设|OQ|=d，|P0Q|=x，则|AQ|=3x，
则d2+x2=|OP0|2=1d2+9x2=|OA|2=4，解得d= 104，
当直线l的斜率不存在时，d=1≠ 104，不合题意；
当直线l的斜率存在时，设l斜率为k，则l：kx−y+k=0，
由d=|k| k2+1= 104，解得k=± 153，
即存在弦AB被点P0三等分，直线l的斜率为± 153；
(3)证明：由题意知，M(2,0)，
当直线l斜率不存在时，xA=xB=−1，(yA)2=(yB)2=3，
不妨取yA= 3,yB=− 3，
则k1= 3−0−1−2=− 33,k2=− 3−0−1−2= 33，此时k1k2=− 33× 33=−13；
当直线l斜率存在时，设方程为y=k(x+1)，A(x1,y2)，B(x2,y2)，
联立y=k(x+1)x2+y2=4，得(1+k2)x2+2k2x+k2−4=0．
则x1+x2=−2k21+k2,x1x2=k2−41+k2，
k1=y1−0x1−2=k(x1+1)x1−2,k2=y2−0x2−2=k(x2+1)x2−2，
∴k1k2=k(x1+1)x1−2⋅k(x2+1)x2−2=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2−2(−2k21+k2)+4=k2(−3)9k2=−13．
综上可知，k1k2为定值−13．