2024-2025學年重慶市萬州區(qū)高二（上）期中數(shù)學試卷（含答案）

2024-2025學年重慶市萬州區(qū)高二(上)期中數(shù)學試卷

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求

的。

1.直線y=100—8久的傾斜角為()

A.30°B.60°C,120°D.150°

2.若直線ax+3y+6=0與直線辦：久+(a+2)y-2=0平行，則a=()

A.-3B.1C.-~D.-1

3.已知圓+y2+8久-4y+19=0的圓心為c,。為坐標原點，則以。C為直徑的圓的標準方程為()

A.(x—2)2+(y+1)2=5B.。+2產(chǎn)+(y—l)2=5

C.(x+2/+(y-l)2=20D.(x-2)2+(y+I)2=20

4.若位石工｝構(gòu)成空間的一個基底，則下列選項中能作為基底的是()

————————>T———

A.a—c,a—b,b—cB.a+c,b,a+c—b

—>—>—>—>—>—>—>—>—>.—>—>

C.b+a,b—a+c,c+2bD.a+b,b+c9a+c

5.空間內(nèi)有三點P(-l,2,3),E(2,l,l),F(l,2,2),則點P到直線EF的距離為()

A.A/2B.A/3C.2A/2D.2^/3

6.在空間四邊形。ABC中，OA=a,^B=b,OC=c,且麗=2耐，~BN=2NO,則麗=()

1-*lr2^1-2^2T

AA.——a+—D+—cB.——a+—b——c

C2TlM2T1—i-?2T

C.——a+-b——cD.——a+—b——c

7.某手機信號檢測設備的監(jiān)測范圍是半徑為200/n的圓形區(qū)域，一名人員持手機以每分鐘50nl的速度從設

備正東200平稅的4處沿西偏北30。方向走向位于設備正北方向的B處，則這名人員被持續(xù)監(jiān)測的時長約為

()

A.2分鐘B.3分鐘C.4分鐘D.5分鐘

8.如圖，在四面體4BCD中，平面4CD1平面力BC,△力BC是邊長為6的正三角

形，△4CD是等腰直角三角形，ZXDC=90°,E是4C的中點，CF=^CB,DG

=2而，若4G〃平面DEF,貝D=()

A.1B.|C.|D.1

Z343

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。

9.已知正方體力BCD-a/iCiDi的棱長為1,貝|()

第1頁，共10頁

A.-AC=1B.AB-A^C=1C.CD-AB[=1D,AB-砸=1

10.已知圓C：久2+外一4久+2y+i=o與直線/：4x_3y+m=0,點P在圓C上，點Q在直線/上，則下列

說法正確的是()

A.若巾=9,則直線/與圓C相切

B.若圓C上存在兩點關于直線1對稱，則爪=-11

C.若m=14,則|PQbn譏=3

D.若爪=14,從Q點向圓C引切線，則切線長的最小值是聲

11.如圖，正方體4BCD—A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為ZB,BC的中點，P為

底面力B—CD內(nèi)的動點，且徒，貝1」()

A.動點P的軌跡長度為與

B.存在點P,使異面直線DiP與EF所成的角為?

C.點P到平面DiEF的距離的最小值為6":2回

D.點P到平面DiEF的距離的最大值為尋

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.已知直線/垂直于直線x+2y-1=0,且過點P(-2,3),則直線[的斜截式方程為；在x軸上的截距

為.

13.己知向量2=(-4,0,1),b=(2,73.3),貝g在另方向上的投影向量的模為.

14.已知圓C：(尤+2)2+(y—1)2=8,直線1：4x-y-8=0,M為直線1上一動點，N為圓C上一動點，定點

P(2,3),則|MN|+|MP|的最小值為.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

15.(本小題13分)

已知點4(—1,1),8(。,—1),。(3,0),且四邊形4BCD是平行四邊形.

(1)求點。的坐標；

(2)求平行四邊形4BCD的面積.

16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐4—BCED中，底面BCED為直角梯形，DE//BC,DE1CE,AD=BD=CD=BC,AC=

*AE=\/2CE.

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(1)判斷直線48與CD是否垂直，并說明理由;

(2)求平面4DE與平面4CD的夾角的余弦值.

17.(本小題15分)

已知圓的：%2+y2-2%+2y=0與圓。2相交于P，Q兩點，直線PQ的方程為％-曠一2=0.

(1)若圓。2的圓心在圓G外，求圓。2的半徑的取值范圍；

(2)若P(0,-2),B是圓。2上的動點，且APBC2的面積的最大值為5,求圓C2的方程.

18.(本小題17分)

如圖，在棱長為2的正方體aBCD-AiB?小中，E為BC的中點，P為底面ABCD內(nèi)一動點(包括邊界)，且滿

足BiP1DiE.

(1)是否存在點P,使得BiP〃平面DiDE?

(2)求為P的取值范圍.

⑶求點P到直線的距離的最小值.

19.(本小題17分)

古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)k(k>0且卜41)的點的

軌跡是圓后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓.在平面直角坐標系中，N(l,0),動點Q滿足需=2,

設動點Q的軌跡為曲線C.

(1)求曲線C的軌跡方程；

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(2)若直線x—y+1=0與曲線。交于力，B兩點，求|力B|；

(3)若曲線C與x軸的交點為E,F,直線I：x=my_l與曲線C交于G,H兩點，直線EG與直線FH交于點D,

證明：點D在定直線上.

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參考答案

1.C

2.B

3.5

4.D

5.4

6.D

7.C

8.A

9.AB

10.BC

11.ACD

12.y=2%+7

喉

14.2"

15.解：(1)根據(jù)題意，直線4B的斜率為心B=%=-2,

所以直線4B的方程為y-l=-2(x+l),即y=-2x-l,

因為直線CD與直線48平行，且過C(3,0),

所以直線CD的方程為y=-2(%-3),即y=-2x+6.

直線BC的斜率為kmc=

U-JD

因為直線AD與直線8C平行，且過4(-1,1),

所以直線4。的方程為y-l=|(x+1),即y=1%+|.

y=-2.x+6(y—3

由正=3+號，解得］),即點。的坐標為(2,2).

(2)因為MB|=次一1一0)2+(1+1，=5

且點C(3,0)到直線48的距離d=號集*=等，

所以平行四邊形力BCD的面積S=\AB\-d=7.

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16.1?：(1)48和CD不垂直，理由如下：

設4E=CE-a(a>0),貝(lAC=也a,

在△BCD中，BD=CD=BC,所以△BCD為等邊三角形，所以NBCD=60°,

因為DE1CE,DE//BC,所以8C1CE,從而NDCE=30。，

所以在直角△DEC中，CD=—^=久％,DE=CExtan300=2,

又因為4。=CD,所以4。=嚕1,所以在ADEA中，滿足。+4《2=2。2,

故ADE力為直角三角形，則OE14E,

又因為DE1CE,CEnX￡=E,所以DE1平面ACE；

因為AC="AE=.CE,所以AC2=4^2+CE2,所以CE1AE,

故以點E為坐標原點，EC,EA,ED所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,

y

設DE=1,貝!=BD=CD=BC-2,AE=CE=^/3,AC=y[6

所以E(0,0,0),71(0,73,0),5(73,0,2),C(G，0,0),￡>(0,0,1),

所以4B=CD=(—^/3,0,l),

所以方?而=-3+0+2大0,

所以荏1而不成立，故48和CD不垂直.

(2)由(1)可知CE1AE,CE1DE,AEnDE=E,所以CE_L平面ADE,

故前=(8,0,0)為平面ADE的一個法向量,

又方=(0,避1),反=(避,0,-1),

設平面力CD的法向量元=(x,y,z),

n-DA=0

取z=8，貝!|工=1,y=1,

故元=(1,1,73),

設平面4DE與平面4CD的夾角為仇

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所以cos。=|cos<n,￡C>|=*￡1

11\n\x\EC\y[3xyf55

所以平面ADE與平面AC。的夾角的余弦值為宰.

17.解:(1)由圓Ci：壯+y2—2%+2y=0可化為(x—1)2+(y+1)2=2,

可得圓Ci的半徑ri=避，圓心為(1,—1),且圓心(1,—1)在直線PQ上.

因為圓C2的圓心在圓Ci外，

所以連結(jié)C1C2，|C1C2|>".

又因為C1C2IPQ,連接C2Q,

在RtACiCzQ中，圓心的半徑GQI=)"+|。停2/>12+2=2.

故圓C2的半徑的取值范圍為(2,+8)；

(2)設圓。2的圓心為(科死)，

由題意直線PQ是兩圓相交弦所在直線可得的。21PQ,

即心心,kpQ=,1=-1'化簡可得n=-?、?

設圓。2的半徑為心在2PB中，邊C2P上的高為拉，

當C2Ple2B時，即此時力取得最大值r,APBC2的面積取得最大值,

2

△PBC2的面積的最大值為加2Pl■\C2B\=|r=5,解得

所以IPC2I=皿2+(n+2尸=F②.

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由①②聯(lián)立方程組可得｛片=11或■二當，

所以圓C2的方程為Q+1)2+0-1)2=10或(%-3)2+(y+3)2=10.

18.解：(1)存在「(,|,0),使得BiP〃平面小DE,理由如下：

如圖，以。為原點，DA,DC,。力所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系,

則81(2,2,2),D(0,0,0),Z)i(0,0,2),F(l,2,0),

因為西=(0,0,2),歷=(1,2,0),席=(1,2,—2),

設平面D1DE的法向量為訪=(久i，yi，zQ,則西1帚，DElm,

所以｝黑J：_°，解得Z1=O,令卬=一2,則%=1,所以藐=(一2,1,0),

IL/C*IlL一4]I"乙yi-u

設PQ,y,0)(0<x<2,0<y<2),所以瓦7=(久一2,丫一2,—2),

又B[P.LD^E,所以％—2+2y—4+4=0,即x+2y—2=0>所以=(-2y,y—2,-2),

設存在點P,使得為P〃平面。1。已

則帝?方=4y+y—2=0,解得y=|,則x=—2y+2=—2X￡+2=也

則P送,0)，

所以存在點P，使得BiP〃平面DiDE；

⑵由⑴知，B^P=(-2y,y—2,—2),

所以I=\l4y2+(J7-2)2+4=4外一?+8,

因為函數(shù)t=5y2-4y+8在[0芻上單調(diào)遞減，在脩2]上單調(diào)遞增，

所以當y="I■時，“1伍=當，當y=2時，t?jax=20,所以t6[^,20],

所以|瓦西的取值范圍是[$2"].

(3)由(1)知，點PQ:,y,0)滿足x+2y—2=0,

取CD中點為F,貝UP點軌跡為線段4F,

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所以點P到直線D1E的距離的最小值就是異面直線力F與DiE的距離,

因為E(l,2,0),F(O,1,O),4(2,0,0),所以羽=(一2,1,0),率=(1,2,—2),

設元=(a,瓦c),則n11

則｛a鬣2tx2c2o，令a=2,b=4,c=5,所以元=(2,4,5),

又因為方=(-1,-1,0),

所以點P到直線的距離的最小值d=端a=0：北:25=竽.

19.解：(1)在平面直角坐標系中，N(l,0),M(4,0),動點Q滿足需=2,設動點Q的軌跡為曲線C,

設Q(x,y),因為踹=2,所以|QM|2=4|QN『，

即(%—4)2+y2=4[(x—I)2+y2],整理得久2+儼=4,

所以曲線C的軌跡方程為第2+y2=%

(2)直線%—y+1=0與曲線C交于48兩點，

曲線C的圓心到直線%-y+1=0的距離d=八2=￡

1-

V十V2

所以|4B|=2y/r2-d2=2JU；

證明：(3)曲線C與x軸的交點為E,F,直線I：x=my—1與曲線C交于G,H兩點，直線EG與直線FH交于點

D,

設GQi,yi),H(x2,y2)>D(xo,yo),

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y/

D?

2

聯(lián)乂+y3=4,得（血