2024-2025学年河南省高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析），共17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．已知直线的倾斜角为，且经过点，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
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．
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．
4．在四面体中，为棱的中点，为线段的中点，若，则（ ）
A．B．1C．2D．3
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
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
7．曲线的周长为（ ）
A．B．C．D．
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．
二、多选题
9．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
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
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
三、填空题
12．在空间直角坐标系中，点与关于原点对称，则点的坐标为 .
13．若圆关于直线对称，则点与圆心的距离的最小值是 .
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 .
四、解答题
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.
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.
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.
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.
19．在平面直角坐标系中，定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到的“切比雪夫距离”，记作.
(1)已知点和点，直线，求和.
(2)已知圆和圆.
①若两圆心的切比雪夫距离，判断圆和圆的位置关系；
②若，圆与轴交于两点，其中点在圆外，且，过点任作一条斜率不为0的直线与圆交于两点，记直线为，直线为，证明.
答案：
1．B
【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．C
【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．D
【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．C
【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．B
【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．A
【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．B
【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．A
【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
9．BD
【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．ABD
【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．BCD
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项计算判断得解.
【详解】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
对于A，由，得，
则，方程无解，因此不存在、使得，A错误；
对于B，由是线段上的动点，设，则，，
由，则不存在点，使得，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为，D正确.
故选：BCD
12．
【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
13．
【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，
又圆心到直线的距离.
故
14．
【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
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.
15．(1)
(2)圆与圆相交.
【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.
【详解】（1）由，得，即圆心坐标为.
，
圆的方程为.
（2）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．(1)证明见解析
(2).
【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.
【详解】（1）证明：，
，
.
，
，
.
平面，
平面，
又平面，
.
（2）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．(1)或；
(2)
【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.
【详解】（1）由直线m与平行，设直线m的方程为，
由m，之间的距离为，得，解得或，
所以直线m的方程为或.
（2）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．(1)证明见解析
(2)
(3)
【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.
【详解】（1）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.
，
，
.
（2）.
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.
（3）.
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．(1)3，.
(2)①圆与圆相切；②证明见解析
【分析】（1）根据“切比雪夫距离”定义计算；（2）①转化为圆与圆的位置关系判定即可；②运用直线与圆联立，借助韦达定理证明即可.
【详解】（1）.
设上任意一点为，
则.
当时，；
当时，，
所以的最小值为2，故.
（2）①由题可知圆的标准方程为，所以圆心为，半径.由圆的方程知圆心为，半径.
.
当，即时，由，解得，所以.
此时，所以圆与圆相切（答“内切”也对）.
当，即时，由，解得，所以.
此时，所以圆与圆相切.
②因为都在轴上，所以，
所以，得或（舍去）.
此时圆，令，解得或，
因为点在圆外，所以.
由题意设直线的方程为.
由可得，
当，即时，
有.
，
因为，所以，
所以直线与关于轴对称，即关于直线对称，
由对称性知.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
C
B
A
B
A
BD
ABD
题号
11









答案
BCD