重慶市字水中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題（II卷）

重慶市字水中學(xué)20242025學(xué)年上期高2026屆期中考試數(shù)學(xué)試卷（試卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘）本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，其中第II卷第22~23題為選考題，其它題為必考題.考生作答時，將答案答在答題卡上，在本試卷上答題無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.注意事項：1.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名?準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，認(rèn)真核對條形碼上的姓名?準(zhǔn)考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案的標(biāo)號；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整?筆跡清楚.3.考生必須按照題號在答題卡各題號相對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)（黑色線框）作答，寫在草稿紙上?超出答題區(qū)域或非題號對應(yīng)的答題區(qū)域的答案一律無效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.5.做選考題時，考生按照題目要求作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目對應(yīng)的題號涂黑.一?單選題：（本大題共8小題，每個小題5分，共40分）1.若如圖中的直線的斜率分別為，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖象結(jié)合斜率及傾斜角的關(guān)系分別判斷即可.【詳解】設(shè)直線的傾斜角分別為，則由圖知，所以，即．故選：D.2.已知，，且∥，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)已知條件分別求出、的坐標(biāo)，利用空間向量共線的充要條件，即可求出結(jié)果．【詳解】因為，，所以，，因為∥，所以，解得.故選：B．3.設(shè)aR，則“a＝1”是“直線：ax＋2y－1＝0與直線：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【詳解】∵當(dāng)a=1時，直線：x+2y﹣1=0與直線：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，∵當(dāng)兩條直線平行時，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要條件．故選A．考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系．4.直三棱柱中，，，則異面直線和所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先建立空間直角坐標(biāo)系并標(biāo)記點坐標(biāo)，，，，再求出直線方向向量，，最后求異面直線和所成角的余弦值.【詳解】解：因為，，所以三角形是等邊三角形，取的中點，以點為原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖：設(shè)，則，，，，所以，，，，，所以異面直線和所成角的余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查利用空間向量求異面直線所成角的余弦值，是基礎(chǔ)題.5.已知點在圓外，則直線與圓的位置關(guān)系是（）．A.相切 B.相交 C.相離 D.不確定【答案】B【解析】【分析】由題意結(jié)合點與圓的位置關(guān)系考查圓心到直線的距離與圓的半徑的大小關(guān)系即可確定直線與圓的位置關(guān)系.【詳解】點在圓外，，圓心到直線距離，直線與圓相交.故選B.【點睛】本題主要考查點與圓的位置關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.6.已知點，平面過原點，且垂直于向量，則點到平面的距離為（）A. B.2 C.6 D.【答案】B【解析】【分析】求出在投影即可.【詳解】由題可知點到平面的的距離即為在的投影，，，，，在的投影為．故選：B.【點睛】本題考查向量法求點面距離，屬于基礎(chǔ)題.7.已知圓，，則這兩圓的公共弦長為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出兩圓的公共弦所在直線的方程，用垂徑定理求弦長.【詳解】由題意知，，將兩圓的方程相減，得，所以兩圓的公共弦所在直線的方程為.又因為圓的圓心為，半徑，所以圓的圓心到直線的距離.所以這兩圓的公共弦的弦長為.故選：C.8.某橢圓的兩焦點坐標(biāo)分別為，，是橢圓上一點，若，，則該橢圓的方程是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)橢圓的定義以及直角三角形的勾股定理列出方程，求解即可.【詳解】設(shè)，，因為，，所以，即；因為，所以，所以；因為，，所以，即，，所以，，所以橢圓的方程為，故選：C.二?多選題：本大題共3小題，每個小題6分，共18分.有錯得0分，部分選對得部分）9.某顆人造地球衛(wèi)星的運行軌道是以地球的中心為一個焦點的橢圓，如圖所示，已知它的近地點（離地面最近的點）距地面千米，遠(yuǎn)地點（離地面最遠(yuǎn)的點）距地面千米，并且三點在同一直線上，地球半徑約為千米，設(shè)該橢圓的長軸長、短軸長、焦距分別為，則A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)條件數(shù)形結(jié)合可知，然后變形后，逐一分析選項，得到正確答案.【詳解】因為地球的中心是橢圓的一個焦點，并且根據(jù)圖象可得，（*），故A正確；，故B正確；（*）兩式相加，可得，故C不正確；由（*）可得，兩式相乘可得，，故D正確.故選ABD【點睛】本題考查圓錐曲線實際應(yīng)用問題，意在考查抽象，概括，化簡和計算能力，本題的關(guān)鍵是寫出近地點和遠(yuǎn)地點的方程，然后變形化簡.10.已知直線和圓，則（）A.直線l恒過定點B.存k使得直線l與直線垂直C.直線l與圓O相交D.若，直線l被圓O截得的弦長為4【答案】BC【解析】【分析】利用直線系方程求出直線所過定點坐標(biāo)判斷A、C；求出使得直線與直線垂直的值判斷B；根據(jù)弦長公式求出弦長可判斷D.【詳解】解：對于A、C，由，得，令，解得，所以直線恒過定點，故A錯誤；因為直線恒過定點，而，即在圓內(nèi)，所以直線l與圓O相交，故C正確；對于B，直線的斜率為，則當(dāng)時，滿足直線與直線垂直，故B正確；對于D，時，直線，圓心到直線的距離為，所以直線l被圓O截得的弦長為，故D錯誤.故選：BC.11.如圖，在正三棱柱中，，D為棱上的動點，則（）A.三棱錐的外接球的最大半徑為B.存在點D，使得平面平面C.A到平面的最大距離為D.面積的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】A選項，當(dāng)D與重合時，三棱錐的外接球的半徑R最大，由正弦定理求出三角形ABC外接圓半徑，進(jìn)而求出外接球半徑；B選項，點D為中點時，平面平面，作出輔助線進(jìn)行證明；C選項，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解A到平面的最大距離；D選項，利用空間向量求出點D到直線的距離的最大值，從而求出面積的最大值.【詳解】當(dāng)D與重合時，三棱錐的外接球的半徑R最大，如圖，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，則，

設(shè)三角形ABC的外接圓半徑為r，由正弦定理得：，解得：，故，A錯誤；當(dāng)點D為中點時，平面平面，理由如下：連接與相交于點E，連接DE，AD，，則根據(jù)勾股定理：，其中E為與的中點，所以由三線合一得：DE⊥，DE⊥，因為，所以DE⊥平面，因為平面，所以平面平面，B正確；取中點M，AB中點N，連接，則兩兩垂直，以M為坐標(biāo)原點，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，，則設(shè)平面的法向量為，由，令得：，故，設(shè)A到平面的距離為，則，當(dāng)時，取得最大值，為，C正確；，設(shè)點D到直線的距離為，則因為，所以當(dāng)或0時，取得最大值，最大值為，此時，面積為，D正確.故選：BCD【點睛】立體幾何題目，求解距離或角度時，建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量進(jìn)行求解是非常好用的方法.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在答題卡中的橫線上.12.如圖，平行六面體中，,,則__________．【答案】【解析】【分析】用基底表示出，然后利用向量數(shù)量積的運算，求得.【詳解】因為，所以，所以.故答案為：【點睛】本小題主要考查空間向量法計算線段的長，屬于基礎(chǔ)題.13.已知直線是圓的一條對稱軸，過點向圓作切線，切點為，則__________.【答案】【解析】【分析】由題設(shè)知圓心在直線上，得，再由兩點距離公式、圓的切線性質(zhì)求切線長.【詳解】由圓，圓心坐標(biāo)為，半徑為2，因為直線是圓的一條對稱軸，所以圓心在直線上，則，因為過點向圓作切線，切點為，且，所以.故答案為：14.已知直線：與直線：相交于點，點是圓上的動點，則的最大值為___________.【答案】【解析】【分析】由直線：恒過定點，直線：恒過定點，且，可知在以為直徑的圓上，要求的最大值，轉(zhuǎn)化為在上找上一點，使最大，結(jié)合圓的性質(zhì)即可求解【詳解】解：因為直線：恒過定點，直線：恒過定點，且，所以兩直線的交點在以為直徑的圓上，且圓的方程為，要求的最大值，轉(zhuǎn)化為在上找上一點，在上找一點，使最大，根據(jù)題意可知兩圓的圓心距為，所以的最大值為，故答案為：四?解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知直線的方程為，若在x軸上的截距為，且．（1）求直線與的交點坐標(biāo)；（2）已知直線經(jīng)過與的交點，且在y軸上的截距是在x軸上的截距的2倍，求的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)條件求出的方程，與聯(lián)立解方程組；（2）討論過原點與不過原點，設(shè)直線方程將點代入求解.【小問1詳解】因為，直線的方程為，設(shè)的方程為，因為在x軸上的截距為，所以，，即：．聯(lián)立得所以直線與的交點坐標(biāo)為．【小問2詳解】因為在y軸上的截距是在x軸上的截距的2倍，故當(dāng)過原點時，的方程為．當(dāng)不過原點時，設(shè)的方程為，又直線經(jīng)過與的交點，所以，得，所以的方程為．綜上，的方程為或．16.如圖甲，在梯形中，，過點B作且，將梯形沿折疊得到圖乙.折疊后，點F是的中點.（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取AD的中點G，連接FG、CG，根據(jù)平面幾何知識證得四邊形BCGE是平行四邊形，有，由線面平行的判定可得證；（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC所在的直線為x軸，以，的方向分別為y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由二面角的空間向量求解方法可求得答案.【小問1詳解】證明：取ED的中點G，連接FG、CG，因為點F是的中點，所以又，過點B作且，所以，所以，所以四邊形BCGE是平行四邊形，所以，又面，面，所以面.【小問2詳解】解：取BD的中點O，連接CO、AO，因為，所以面，又，所以面，又，，所以是正三角形，，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC所在的直線為x軸，以，的方向分別為y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.設(shè)，則，，，，，從而，，，.設(shè)平面ACD的法向量為，則令，得.設(shè)平面AEB的法向量為，則令，得.設(shè)平面與平面所成的銳二面角為，故，所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.17.已知點，動點P滿足：|PA|=2|PB|．(1)若點P的軌跡為曲線，求此曲線的方程；(2)若點Q在直線l1:x+y+3=0上，直線l2經(jīng)過點Q且與曲線只有一個公共點M，求|QM|的最小值．【答案】(1);(2)．【解析】【詳解】(1)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，則＝2化簡可得(x－5)2＋y2＝16，即為所求．(2)曲線C是以點(5,0)為圓心，4為半徑的圓，如圖．由直線l2是此圓的切線，連接CQ，則|QM|＝，當(dāng)CQ⊥l1時，|CQ|取最小值，|CQ|＝＝4，此時|QM|的最小值為＝4.18.如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為2的菱形，，是等腰直角三角形，，平面平面，點，分別是，的中點.（1）證明：；（2）設(shè)平面與棱的延長線交于點，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）連接，由已知可得是等邊三角形，取的中點，連接，，則由等到邊三角形的性質(zhì)可得，再由平面平面，可得到，由已知可得，從而可得平面，進(jìn)而有；（2）連接，以坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可【詳解】（1）連接.∵四邊形是邊長為2的菱形，，∴是等邊三角形.取的中點，連接，，則.又平面平面，平面平面，∴平面.又平面，∴.∵，分別為，的中點，∴∥，.∵，∴.又，∴平面.∵平面，∴.（2）延長與相交于點，則點即為平面與棱的延長線的交點.點是的中點，∴，則.如圖，連接，以為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，∴，，，，.設(shè)平面的法向量為，則取，得.∴，∴直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查線面?面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理的應(yīng)用，線線垂直的證明，線面角的求解，解題的關(guān)鍵是正確建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解，考查推理能力和計算能力，屬于中檔題19.已知過點的直線與圓相交于、兩點，是弦的中點，且直線與直線相交于點．（1）當(dāng)直線與直線垂直時，求證：直線經(jīng)過圓心；（2）當(dāng)弦長時，求直線的方程；（3）設(shè)，試問是否為定值，若為定值，請求出的值；若不為定值，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）或（3）為定值，且【解析】【分析】（1）利用垂直時求出，利用點斜式即可得出直線的方程，然后驗證圓心在直線上即可；（2）討論直線斜率是否存在，當(dāng)斜率存在時，利用點斜式設(shè)出方程，再根據(jù)即