【文档说明】广东省深圳市深圳盟校2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.451 MB，由envi的店铺上传

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广东省深圳市深圳盟校2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选

择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：选择性必修第一册第一章和

第二章.一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系中，点(4,1,2)−关于x轴对称的点的坐标是（）A.(4,1,2)−−B.(4,1,2)−−C

.(4,1,2)−D.(4,1,2)−−【答案】C【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴的对称点得解.【详解】在空间直角坐标系中，点(4,1,2)−关于x轴对称的点的坐标为(4,1,2)−.故选：C2.直线:340lxy−+=的一个方向

向量为（）A.(3,1)−B.(3,1)C.(1,3)D.11,3【答案】C【解析】【分析】根据直线方程直接写出其方向向量即可得答案.【详解】由340xy−+=，得34yx=+，所以直线斜

率为3k=，又当直线斜率存在时，直线的一个方向向量为(1,)vk=，所以直线340xy−+=的一个方向向量为(1,3)，故选：C.的3.若直线1l的一个方向向量为()11,0,1n=−，直线2l的一个方向向量为()20,1,1n=−−，则直

线12,ll所成角的大小为（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】【分析】求出直线方向向量的夹角余弦的绝对值即可得解.【详解】设直线12,ll所成角为π,02，所以1211coscos,2

22nn===，所以π3=.故选：B4.已知圆224210xyxy++−+=关于直线0xym+−=对称，则实数m=（）A.1−B.1C.2−D.2【答案】A【解析】【分析】根据直线0xym+−=经过圆心，可求m的值.【详解】由224210xyxy++−+=，得22(2)(1)4x

y++−=，故圆心为(2,1)−，又因为圆22421xyxy++−+0=关于直线0xym+−=对称，故圆心(2,1)−在直线0xym+−=上，则211mxy=+=−+=−.故选：A5.已知点(3,1),(2,3)AB，若过点(1,1)−的直线与线段AB相交，则该直线

斜率的取值范围是（）A.(,4][1,)−−+B.(],1,)4[−+C.(0,4]D.[1,4]【答案】D【解析】【分析】记(1,1)−为点P，求出,PAPB的斜率，结合图象可得结论．【详解】记(1,1)−为

点P，则直线PA的斜率11131PAk+==−，直线PB的斜率31421PBk+==−，因为直线l过点(1,1)P−，且与线段AB相交，结合图象，可得直线l的斜率k的取值范围是[1,4].故选：D．6.已知直线l的一个方向向量为(2,3,1)a=−，平面的一个法

向量为(3,1,3)n=−，则直线l与平面的关系是（）A.lP=B.l⊥C.//lD.l或//l【答案】D【解析】【分析】根据直线方向向量与平面法向量垂直得出结论.【详解】因为(2,3,1)(3,1,3)6330an=−−=−−=，所以an⊥，则l或//l

.故选：D7.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，1,,ABMN=分别是棱1,ABCC的中点，则点1A到直线MN的距离为（）A.24B.17412C.1D.23【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，

以及直线的方向向量，利用向量法直接求解即可.【详解】如图，以D为原点，1,,DADCDD方向为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如下所示：易知()111111,0,1,1,,0,0,1,,0,,1222AMNAM=−，111,,

22MN=−，1161442MN=++=;取110,,12aAM==−，2111,,226MNuMN==−6116661,,,,322366=−=−

，则256,412aau==−，所以点1A到直线MN的距离为22()aau−=5117442412−=．故选：B.8.已知M，N是圆22:8Oxy+=上两点，且||4MN=，若直线60xay

−+=上存在点P使得OMONOP+=，则实数a的取值范围为（）A.55,,22−−+B.55,,22−−+C.55,22−D.55,22−【

答案】A【解析】【分析】先根据OMONOP+=，确定P点轨迹，再由P点轨迹与直线60xay−+=有公共点求参数的取值范围.【详解】由题意可知:圆22:8Oxy+=的圆心为(0,0)O，半径22r=，设MN中点为Q，则2OMONOQ+=，且OMONOP+=，可得2OPO

Q=，的又因为||4MN=，可知OMN为等腰直角三角形，则||2OQ=，可得||OP=2||4OQ=，故点P的轨迹是以原点O为圆心，4为半径的圆，因为直线60xay−+=上存在点P使得OMONOP+=，即直线60xay−+=与圆2216xy+=有交点，即圆心到直线的距离

2|6|41da−=+，解得52a或52a−.故选：A二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线l过

点(1,3)，且在x轴上的截距是y轴上的截距的3倍，则直线l的方程为（）A.30xy+=B.3100xy+−=C.360xy+−=D.30xy−=【答案】BD【解析】【分析】根据直线在坐标轴上的截距为0与不为0讨论求解即可.【详解】当截

距为0时，设直线l的方程为ykx=，将点(1,3)代入可得3,3kk==，所以3yx=，即30xy−=;当截距不等于0时，设直线l的方程为13xyaa+=，将点(1,3)代入13xyaa+=可得1313aa+=，解得103a=，

所以直线l的方程为110103xy+=，即3100xy+−=，所以直线l的方程为3100xy+−=或30xy−=.故选：BD10.下列圆中与圆22:(4)(4)16Cxy−+−=相切的是（）A.22(2)4)(4xy−+−=B.22(1)1xy−+=

C.22(3)(3)4xy−+−=D.22(4)(4)1xy+++=【答案】AB【解析】【分析】判断圆心距是否等于两圆的半径之和或差的绝对值．【详解】由题知，圆C的圆心为(4,4)，半径为4.A选项，22(2)4)(4xy−+−=的圆心为(2,4)A

，半径为2，故22||(42)(44)2AC=−+−=，由于||42AC=−，所以圆C与22(2)4)(4xy−+−=内切，A正确；B选项，22(1)1xy−+=的圆心为(1,0)B，半径为1，故22||(41)45BC=−+=，

由于||41BC=+，故圆C与22(1)1xy−+=外切，B正确；C选项，22(3)(3)4xy−+−=的圆心为(3,3)E，半径为4，故22||(43)(43)2EC=−+−=，由于||42EC−，故圆C与22(3)(3)4xy−+−=不相切，C错误;D选项，22(4)(4)1xy+++=的

圆心为(4,4)F−−，半径为1，故22||(44)(44)82FC=+++=，由于||41FC+，故圆C与22(4)(4)1xy+++=不相切，D错误.故选：AB．11.如图，四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且2,PDADM==

，,NG分别为,,PAPCPB的中点，则（）A.DNBN⊥B.CG与MN所成角的余弦值是66C.点G到平面PAC的距离为33D.过点,,MNB的平面截四棱锥PABCD−的截面面积为133【答案】AC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用0DNBN=判断A，根据向量的夹角公式判断异

面直线所成角判断B，利用向量法求点到平面距离判断C，利用向量法确定截面为四边形对角线垂直，求面积判断D.【详解】如图，以点D为原点，以,,DADCDP所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则()()()()(

)()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,1,0,1,0,1,1,1,1,1ABCPDMNG，()0,1,1DN=，()2,1,1BN=−−，所以0,DNBNDNBN=⊥，故A正确；()()1,1,1,1,1,0CGMN=−=−，则

CG与MN所成角的余弦值为1106cos,332CGMNCGMNCGMN−−+===，故B错误；()()2,0,2,0,2,2PAPC=−=−，设平面PAC的法向量为(),,nxyz=，则220,220,nPAxznPCyz=−

==−=令1x=，可得()1,1,1n=，则点G到平面PAC距离为111333CGndn−+===，故C正确；设过点,,MNB的平面与线段PD的交点为()0,0,Qt，则()()()1,2,1,2,1,1,2,2,

BMBNBQt=−−=−−=−−，因为,,,MNBQ共面，则,,BMBNBQ共面，故存在唯一实数对(),使得BQBMBN=+，即()()()2,2,1,2,12,1,1t−−=−−+−−=()2,2,−−−−+，所

以22,22,,t−=−−−=−−=+解得43t=，所以40,0,3Q，则42,2,3BQ=−−，因为2200MNBQ=−+=，所以16222,1102,4493MNBQM

NBQ⊥=++==++=，所以过点,,MNB的平面截四棱锥PABCD−的截面面积为1122221122233MNBQ==，故D错误．故选：AC【点睛】关键点点睛：利用坐标的方法，确定D选项中的截面与线段PD的交点为Q的坐标，再由此确定确定,MNBQ垂直，是解决四边

形面积的关键所在.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知(2,1,1),(2,3,3)AB−−，则线段AB的中点坐标为___________.【答案】(0,1,2)【解析】【分析】根据条件，利用空间两点中点坐标公式，即可求解.的

【详解】因为(2,1,1),(2,3,3)AB=−−=，所以线段AB的中点坐标为(0,1,2)，故答案为：(0,1,2).13.若直线1:330lxy−−=与直线2:230lxmy++=平行，则1l与2l之间的距离为___________.【答案】92【解析】【分析】根据条件，先求出

m的值，再利用平行线间的距离公式，即可求解.【详解】因为直线1:330lxy−−=与直线2:230lxmy++=平行，所以直线2l斜率存在，且13m−=，得到33m=−，此时23:2303lxy−+=，即

2:360lxy−+=，满足12ll//，所以1l与2l之间的距离d=|36|9231−−=+，故答案为：92.14.空间直角坐标系Oxyz−中，过点()000,,Pxyz且一个法向量为(,,)nabc=的平面的方程为

()()()0000axxbyyczz−+−+−=，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为240xyz−+−=，直线l是两平面250xy−+=与330xz+−=的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为__

_________.【答案】69138【解析】【分析】由平面方程求得其一个法向量，再确定直线l的一个方向向量，（可根据直线上两点，也可根据直线与两个平面的法向量垂直求解），由法向量与方向向量的夹角可

得线面角．【详解】法一：因为平面的方程为240xyz−+−=，所以平面的一个法向量(2,1,1)n=−，又直线l:250330xyxz−−=+−=上有两个点12,1,,(0,5,1)3AB−−

，所以直线l的方向向量为22,4,3mBA==−，所以直线l与平面所成角的正弦值为244693cos,13818469mnmnmn−−===.故答案为：69138．法二：由题知两平面2

50xy−+=与330xz+−=的法向量分别为12(2,1,0),(1,0,3)mm=−=，设直线l的一个方向向量(,,)mxyz=，则1200mmmm==即2030xyxz−=+=，取1x=，则

11,2,3m=−，又平面的法向量3(2,1,1)m=−，所以直线l与平面所成角的正弦值为3316931384669mmmm==.故答案为：69138．四、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.求满足下列条件的圆的标准方程.（1）圆心为(2,3)，经过点(1,1)−；（2）圆心在直线1x=−上，且与y轴交于点(0,4),(0,2)AB.【答案】（1）22(2)(3)17.xy−+−=（2）22(1)(3)2xy++−=【解析】【分析】（1）根据圆心

和圆上的点求圆的半径，可得圆的标准方程.（2）根据垂径定理，圆心在线段AB的垂直平分线上，又圆心在直线1x=−上可求圆心，再求半径，得圆的标准方程.【小问1详解】由两点间的距离公式可得圆的半径22(21)(31)17,r=−++=

故圆的标准方程为22(2)(3)17.xy−+−=【小问2详解】因为圆与y轴交于点(0,4),(0,2)AB，所以圆心在直线y=3上.又圆心在直线1x=−上，所以圆心的坐标为()1,3−，所以圆的半径22(10)(34)2r=−−+−=，故圆的标准方程为22(1)(

3)2xy++−=.16.已知向量()1,1,3a=，()2,1,1b=−，()1,,3cx=−.（1）当10c=时，若向量kab−与c垂直，求实数k的值；（2）若向量c与向量a、b共面，求实数x的值.【答案】（1）58（2）117【解析】【分析】（1）由10c=可求出

x的值，由题意可得出()0kabc−=，结合空间向量数量积的坐标运算可求得实数k的值；（2）设(),cabR=+，根据空间向量的坐标运算可得出关于x、、的方程组，即可解得实数x的值.【

小问1详解】因为10c=，所以()2223110x++−=，解得0x=，即()1,0,3c=−.由()2,1,31kabkkk−=+−−，且()kabc−⊥，得()()()2331850kabckkk−=−++−=−=，解得58k=.【小问2详解】因为向量c与向量a、b共面，所以设(),Rca

b=+，因此()()()()1,,31,1,32,1,12,,3x−=+−=−++，即1233x−=−=+=+，解得5767117x===，故x的值为117.17.已知ABCV的三个顶点

是(1,3),(2,1),(1,4)ABC−−.（1）求BC边上的高所在直线1l的方程;（2）若直线2l过点C，且点A，B到直线2l的距离相等，求直线2l的方程.【答案】（1）40xy−−=（2）480xy−+=或

220xy+−=【解析】【分析】（1）根据垂直关系得出高所在直线斜率，点斜式得出直线方程；（2）由题意转化为所求直线与AB平行或过AB的中点，分别求解即可.【小问1详解】因为41112BCk−==−−−，

所以BC边上的高所在直线1l的斜率为1，所以BC边上高所在直线为31yx+=−，即40xy−−=.【小问2详解】因为点A，B到直线2l的距离相等，所以直线2l与AB平行或过AB的中点，①当直线2l与AB平行，所以213421lABkk+===−，

所以2:44(1)lyx−=+，即480xy−+=.②当直线2l过AB的中点3,12D−，所以412312CDk+==−−−，所以2:42(1)lyx−=−+，即220xy+−=.综上，直线2l的方程为480xy−+=或220xy+−=.

18.已知以点C为圆心的圆222239()(0)xayaaaa−+−=+与x轴交于点M，与y轴交于点N，O为坐标原点.（M，N与O不重合）（1）求证：MON△的面积为定值;（2）设直线330xy+−=与圆C交于点A，B，若||||OA

OB=，求实数a的值；（3）在（2）的条件下，设P，Q分别是直线:40lxy++=和圆C上的动点，求||PN+|PQ|的最小值及此时点P的坐标.【答案】（1）证明见解析（2）3a=（3）最小值为10610−，点1513,77P

−−【解析】【分析】（1）求出圆与坐标的交点坐标，然后计算三角形面积可得．（2）由OC与AB垂直，斜率乘积为1−可得；（3）求出N关于直线l的对称点N的坐标，连接NC，线段NC与直线的交点为P与圆的交点为Q，此时NC的长度即为所示最小值．【小问1详解

】由圆C的方程222239()(0)xayaaaa−+−=+，化简得22620xaxyya−+−=，其与x轴，y轴的交点分别为:6(2,0),0,MaNa，所以16262MONSaa==为定值.【小问2详解】如图①所示，因为||||OAOB=，所以OCAB⊥.又O

C的斜率23ka=，所以23(3)1a−=−，解得3a=（负数舍去），【小问3详解】如图②所示，由②知:圆C的方程为:22(3)(1)10xy−+−=，圆心(3,1)C，半径10,(0,2)rN=.设点N关于直线40x

y++=的对称点为(,)Nxy，则NN中点为2,22xy+，且2(1)1,240,22yxxy−−=−+++=解得6,4,xy=−=−，即(6,4)N−−，则PNPQPNPQNQ++=，又点N到圆上点Q的最

短距离为22(36)(14)1010610NCr−=++−=−+，则||||PNPQ+的最小值为10610−，此时直线NC的方程为:141(3)36yx+−=−+，即5960xy−−=.点P为直线NC与直线l交点，则5960,40,xyxy−−=++=解得15,713,7xy=−

=−即点1513,77P−−【点睛】方法点睛：定直线上的点到定点与定圆上点的距离之和最值问题，首先把定点转化为此定点关于直线的对称点，过对称点与圆心的直线与直线相交的点，与圆相交的点即为取得最值的动点

，圆上的交点有两个一个是最小值点，一个是最大值点．19.在RtABC△中，90C=，3BC=，6AC=，,DE分别是,ACAB上的点，满足DEBC∥且DE经过ABCV的重心，将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD⊥，M是1AD的中点，如图所示

.的（1）求证：1AC⊥平面BCDE；（2）求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）在线段1AC上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由.【

答案】（1）证明见解析（2）π4（3）存在，3或23【解析】【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；（2）以CD为x轴

，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系.用向量法求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）假设存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34，设1CNCA=，分别求解两平面的法向量，用表

示余弦值解方程可得.【小问1详解】因为在RtABC△中，90C=，DEBC∥，且BCCD⊥，所以DECD⊥，DEAD⊥，则折叠后，1DEAD⊥，又11,,ADCDDADCD=平面1ACD，所以DE

⊥平面1ACD，1AC平面1ACD，所以1DEAC⊥，又已知1ACCD⊥，CDDED=且都在面BCDE内，所以1AC⊥平面BCDE；【小问2详解】由（1），以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系−Cxyz.因为2ADCD=，故223DEBC=

=，由几何关系可知，2CD=，14AD=，123AC=，故()0,0,0C，()2,0,0D，()2,2,0E，()0,3,0B，()10,0,23A，()1,0,3M，()1,0,3CM=，()10,3,23AB=−，()12,2,23AE=−，设平面1ABE的法向量为(),,nxyz

=r，则1100nABnAE==，即323022230yzxyz−=+−=，不妨令2y=，则3z=，1x=，()1,2,3n=.设CM与平面1ABE所成角的大小为，则有42sincos,2222CMnCMnCMn====，设为CM与平面1ABE所成角，故π4

=，即CM与平面1ABE所成角的大小为π4；【小问3详解】假设在线段1AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.在空间直角坐标系中，(1,3,3)BM=−，(1,0,3)CM=，1(0,0,23)CA=，设1CNCA=，则(0,0,23)CN=

，(0,3,0)(0,0,23)(0,3,23)BNBCCN=+=−+=−，设平面BMN法向量为()2222,,nxyz=，则有2200nBMnBN==，即222223303230xyzyz−

+=−+=，不妨令23z=，则22y=，263x=−，所以()263,2,3n=−，的设平面CBM的法向量为()3333,,nxyz=，则有3300nBMnCM==，即3333333030xyzxz−+=+=，不妨令33z=，则33

x=−，30=y，所以()33,0,3n=−，若平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.则满足2323222391833cos,4239(21)43nnnnnn−+===−++，化简得22310−+=

，解得1=或12，即1CNCA=或112CNCA=，故在线段1AC上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.此时CN的长度为3或23.