【文档说明】重庆市名校联盟2023-2024学年度高二上期期中联合考试数学数学答案.pdf，共(9)页，485.301 KB，由小赞的店铺上传

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高2025届【数学答案】·第1页（共8页）重庆市名校联盟2023-2024学年度第一期期中联合考试数学试题参考答案（高2025届）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—8ABCADABB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9.BD10.ABC11.ABD12.BCD三、填空题：本题共4小题

，每小题5分，共20分。13.314.1(答案不唯一，小于2的整数都可以)15.20xy16.2，27．【详解】过D作DGCE，垂足为G，假定ABCD和BCEF均为正方形，且边长为1则BC平面CDG，故BCDG，又BCCEC，DG平面BCEF故直线BD在平面BCEF内的

射影为BG，由已知可得3cos32DGCD，则以直线BD与平面BCEF所成的角正弦值6sin4DGDBGBD，所以直线BD与平面BCEF内直线所成的角正弦值最小为64，而直线BD与PQ所成角最大为90（异面垂直

），即最大正弦值为1.故选：B12.【详解】将正四面体ABCD放入正方体DEBFGAHC中，以点D为原点，以DE，DF，DG所在直线为x轴，y轴，z轴，如图所示，因为正四面体ABCD的长为2，所以正方体的棱长为2，则(2,0,2)

A，(2,2,0)B，(0,2,2)C，因为点M，N分别为ABC和ABD△的重心，所以点N的坐标为2222(,,)333，点M的坐标为222222(,,)333，所以222222(,,)333NC设NPNC，则NP222222

(,,)333，所以2222222222(,,)333333OPONNP，所以2222222222(,,)333333AP，2222222222(,,)333333BP，对于Ａ：因为222221

4(2882888168)(21)93AP，2222214(2888168288)(21)93BP，所以2224443(21)(21)21333APBP，当0时，

即CPCN，0PN，取得最小值433，故A错误；{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第2页（共8页）对

于B：若3CPPN，则14NPNC，所以222(,,)222OP，因为(0,2,2)BA，(2,0,2)BC，设平面ABC的一个法向量为1(,,)nxyz

，则220220yzxz，取1x，则1(1,1,1)n，因为122OPn，所以OP平面ABC，即DP平面ABC，故B正确；对于C：若DP平面ABC，则NP222(,,)666，即66NP，2222(,,)333AN

，即233AN，设平面ABO的一个法向量为2(,,)nxyz，因为(2,0,2)OA，(2,2,0)OB，则220220xzxy，取1x，则2(1,1,1)n，因为226NPn，所以NP平面ABO，则三

棱锥PABC外接球的球心在直线NP上，又因为点N为等边三角形ABO的重心，所以点N为等边三角形ABO的外心，ABO外接圆半径为233AN，设三棱锥PABC外接球的半径为R，则222()RR

NPAN，即2264()63RR，解得364R，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为227π4π2R，故C选项正确；对于D：因为点N的坐标为2222(,,)333，点M的坐标为222222(,,)333，所以22(0,,)33MN

，设平面ACD的一个法向量为3(,,)nxyz，因为(2,0,2)OA，(0,2,2)OC，所以220220xzyz，取1x，则3(1,1,1)n，因为30MNn，且

直线MN平面ACD，所以直线//MN平面ACD，所以点N到平面ACD的距离就是直线MN到平面ACD的距离，则点N到平面ACD的距离332226393ONndn，即直线MN到平面ACD的距离为269，故D正确，故选：BCD．16.【详解】

由2AB，120BAD，E为边BC的中点知：3B且1BE，易知AEEC，1AEBE，而1ECBEE，故AE⊥面1BEC，故AE与1BC的夹角为2.{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFg

CkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第3页（共8页）若G是1AB的中点，又F为1BD的中点，则//GFAD且12GFAD，而1122ECBCAD且//ECAD，所以//GFEC且GFEC，即F

GEC为平行四边形，故EGCF且//EGCF，故F的轨迹与G到G的轨迹相同。因为AE⊥面1BEC，所以B到1B的轨迹为以E为圆心，1BE为半径的半圆，而G为AB中点，故G到G的轨迹为以AE中点为圆心，12BE为半径的半圆，所以F的轨迹长度为112222BE。四、解答题：本题

共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（本小题满分10分）解：（1）BC边所在直线的斜率732603BCk因为BC所在直线的斜率与BC高线的斜率乘积为1，所以BC高线的斜率为32，

……………（3分）又因为BC高线所在的直线过4,0A所以BC高线所在的直线方程为30(4)2yx，即32120xy………………（5分）（2）设BC中点为M，则中点3,5M，又5,AMk……………………………（8分）所以BC

边上的中线AM所在的直线方程为：5(3)5yx，即：5200xy……………（10分）18.（本小题满分12分）解：（1）以D为坐标原点，1,,DADCDD所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标

系，设正方体的棱长为1，则1,1,0B，11,1,1B，10,0,1D，1,0,0A，0,1,0C;11,1,1DB，11,0,1BC，………………………………（2分）因为11DPDB，所以，BDPD11所以

11111,0,11,1,11,,1APADDPADDB，……………………（4分）所以1110APBC，所以1APBC

.…………………………………………………（6分）（2）11,1,1PCPBBCDBBC，1,,1PA，……………（8分

）因为APC为钝角，所以23410PAPC，…………………………………………（10分）解得113.又因为23411在R上恒成立，所以113.……………………………………

……（12分）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第4页（共8页）19.（本小题满分12分）（1）若切线l的斜率不存在，则切线l的方程为3x．………………………………………（2分）若切线l

的斜率存在，设切线l的方程为23ykx，即320kxyk．因为直线l与圆C相切，所以圆心1,1C到l的距离为2，即22321kk，解得512k，…………………………………………………………………（4分）所以切线l的方程为52312yx，即51290

xy．综上，切线l的方程为3x或51290xy．………………………………………………（6分）（3）圆心C到直线m的距离为22348323(4)，直线m与圆C相离，因为224QMQC，所以当QC最小时，QM有最小值．……………………………（8分）当

mQC时，QC最小，最小值为22348334，所以QM的最小值为2345．……………………………………………………………（12分）20.（本小题满分12分）（1）证明：取11AC的中点为F，连接,EFAF.,EF分别

是11BC，11AC的中点,1112EFAB∥.D是AB的中点，12ADAB直三棱柱111ABCABC-，11ABAB∥.1112ADAB∥，EFAD∥.四边形ADEF为平行四边形.……………………………（2

分）//AFDE又DE平面11ACCA，AF平面11ACCA，所以//DE平面11ACCA.……………………………（5分）（2）解：选择条件①：1BCAC；直三棱柱111ABCABC-，1CC平面ABC，BC平面ABC，1CCBC，1BCAC，11111,,A

CCCCACCC平面11ACCA，所以BC平面11ACCA.而AC平面11ACCA.BCAC……………………………（7分）又1111//,//BCBCACAC，1111BCAC.{#{QQABJYYEggAAAgA

AAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第5页（共8页）以1C为原点，分别以11111,,CACBCC所在方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系1Cxyz，则1(2,0,3),(0,2,3),(

0,0,0),1,1,3,0,1,0ABCDE，所以11(2,0,3),(0,2,3),(1,0,3)CBDECA，设(,,)nxyz为平面1ABC的一个法向量，则1100CmCAmB

，即020323xyzz，令3x，则3,2yz，(3,3,2)n，…………………（9分）设直线DE与平面1ABC所成的角为，则2222221303323

55sincos,110332103nDEnDEnDE.所以直线DE与平面1ABC所成的角的正弦值为355110.……………………………（12分）选择条件②：11DEBC

；取11AB的中点为1D，连接11,DDDE.直三棱柱111ABCABC-，1,DD分别是AB，11AB的中点,1DD平面111ABC，11BC平面111ABC，111BCDD，11DEBC，11,,DEDDDDEDD

平面1DED，所以11BC平面1DED.而1ED平面1DED.111BCED.……………………………（7分）1,ED分别是11BC，11AB的中点,111//EDAC，1111BCAC.以1C为原点，分别以11111,,CACBCC所在方向为x轴，y轴，z轴

建立如图所示的空间直角坐标系1Cxyz，则1(2,0,3),(0,2,3),(0,0,0),1,1,3,0,1,0ABCDE，所以11(2,0,3),(0,2,3),(1,0,3)CBDECA，设(,,)nxyz为平面1ABC的一个法向量，则1

100CmCAmB，即020323xyzz，{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第6页（共8页）令3x，则3,2yz

，(3,3,2)n，………………………（9分）设直线DE与平面1ABC所成的角为，则222222130332355sincos,110332103nDEnDEnDE

.所以直线DE与平面1ABC所成的角的正弦值为355110.……………………………（12分）选择条件③：DE到平面11ACCA的距离为1．过点D作DGAC,垂足为G，直三棱柱111ABCABC-，1CC平面ABC，DG平面ABC，1CCDG，DGAC，11,,ACCCC

ACCC平面11ACCA，所以DG平面11ACCA.AC平面11ACCA.所以DGAC……………………………（7分）由（1）知//DE平面11ACCA；因为DE到平面11ACCA的距离为1，所以1DG.又2BC，所以12DGBC又因为D是AB的中

点,,所以G是AC的中点,//DGBC.BCAC又1111//,//BCBCACAC，1111BCAC.以1C为原点，分别以11111,,CACBCC所在方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系

1Cxyz，则1(2,0,3),(0,2,3),(0,0,0),1,1,3,0,1,0ABCDE，所以11(2,0,3),(0,2,3),(1,0,3)CBDECA，设(,,)nxyz为平面1ABC的一个法向量，则1100CmCAmB

，即020323xyzz，令3x，则3,2yz(3,3,2)n，………（9分）设直线DE与平面1ABC所成的角为，则222

222130332355sincos,110332103nDEnDEnDE.所以直线DE与平面1ABC所成的角的正弦值为355110.……………………………（12分

）21.（本小题满分12分）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第7页（共8页）（1）设圆C的方程为：22()4,(0)xaya圆心(,0)a到直线3

0xy的距离|30|3213aad根据垂径定理得22221322rd，2313444a，解得1a，0,1aa，故圆C的方程为22(1)4xy………

………………………………………（5分）（2）假设存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称，那么ANBNkk，设1122(,0),,,,NtAxyBxy，联立22(1)4(2)xyykx得：222214243

0kxkxk21222122421431kxxkkxxk由12120,ANBNyykkxtxt……………………………………（8分）1212220kxkxxtxt12122(2)40xxtxxt，

222224342(2)4011kkttkk22224342(2)410kkttk.2100t5t故存在，当点N为(5,0)时，直线AN与直线BN关于x轴对称.…………………（

12分）22.（本小题满分12分）解：（1）取BC的中点F，连接EF，DF．因为DE是三棱锥DABC的高，即DE平面ABC，因为BC平面ABC，所以DEBC．因为5DBDC，BC的中点为F

，所以DFBC，因为,,DEDFDDEDF平面DEF，所以BC平面DEF，因为EF平面DEF，所以BCEF．…………………………（2分）又因为ABC是边长为6的正三角形，BC的中点为F所以，BCAF，即点E在AF上．所以，33AF

，224DFBDBF，2223EFDFDE，3AEAFEF．过点E作//EHBC，交AC于H，则,,EFEHED两两垂直，所以，以E为坐标原点，EF，EH，ED的方向分别为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角

坐标系，{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}高2025届【数学答案】·第8页（共8页）则3,0,0A，23,3,0B，23,3,0C，0,0,2D，所以，

23,3,2BD，33,3,0BA，0,6,0BC．设平面ABD的法向量为111,,nxyz，则00BDnBAn，即1

1111233203330xyzxy，取13x，则33,3,2n．……（4分）所以，点C到平面ABD的距离为222631257193332nBCn

．………………………（6分）（2）结合（1）得3,0,0A，23,3,0B，23,3,0C，0,0,2D，所以，23,3,2BD，0,6,0BC．设平面BCD的法向量为222,,m

xyz，则00BDmBCm，即22222332060xyzy，取21x，则1,0,3m．所以，33,3,0AC，设AGAC，0,1．所以，

3,0,033,3,0333,3,0EGEAAC．设平面DEG的法向量为333,,uxyz，则00EDuEGu，即3332033330zxy取33x

，则13,3,0u．…………（8分）所以，231cos,21233umumum，当且仅当13时，等号成立．所以，平面DEG与平面BCD夹角余弦值的最大值为12．…………………………………（12分）{

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