20242025学年第一学期11月高二期中考试数学考试说明：1本试卷共150分.考试时间120分钟.2请将各题答案填在答题卡上.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，只有项是符合题目要求的.1. 三点，在同一条直线上，则值为（ ）A. 2B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据两点斜率表达式得到方程，解出即可.详解】显然，则，即，解得.故选：D.2. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆的一般式结合点与圆的位置关系计算即可.【详解】根据题意有，即，解之得.故选：C3. 如图，直线，的斜率分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图可知直线的倾斜角为钝角，斜率为负，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，以及根据倾斜角的大小判断斜率的大小可得答案.【详解】直线的倾斜角为钝角，斜率为负，且直线的倾斜角大于直线的倾斜角，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，直线的倾斜角大于直线的倾斜角，所以故选：D.4. 已知动圆过点，并且在圆内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设动圆圆心为，半径为，根据两圆位置关系得到，再利用椭圆的定义，即可求解.【详解】设动圆圆心为，半径为因为圆的圆心为，半径为，由题有，又动圆过点，得，即，则到两定点的距离之和为，由椭圆的定义可知，点在以为焦点，长轴长为的椭圆上，因为，得到，所以动圆圆心的轨迹方程为，故选：C.5. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（ ）A. 2B. 2C. 1D. 1【答案】B【解析】【分析】根据两圆的方程作差求出公共弦所在直线方程，再由题中条件，得到公共弦所在直线过点，由此列出方程求解，即可得出结果.【详解】由与两式作差，可得两圆的相交弦所在的直线为，又圆的标准方程为，记圆心为；因为圆平分圆的圆周，所以公共弦所在直线过点，因此，所以.故选：.6. 如图，四棱锥的底面为矩形，且，平面，且为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先利用基底表示向量，然后再根据空间向量的数量积的运算法则进行求解即可【详解】已知点为中点，则，因为平面，平面，所以，又四边形为矩形，所以；因此.故选：D7. 已知点为直线上的动点，则的最小值为（ ）A. 5B. 6C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据两点之间距离最小，结合点关于直线的对称性即可利用两点间距离公式求解.【详解】表示点到点和点的距离之和，令点关于直线的对称点为，则，解得，即，因此，当且仅当点为线段与直线的交点时取等号，所以的最小值为.故选：C 8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.如动点与两定点的距离之比为时，则直线被动点所形成的轨迹截得的弦长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，利用两点间距离公式代入化简得到点的轨迹，再联立轨迹与直线得弦长.【详解】设，则，整理得，与直线联立得，所以所求弦长为.故选：D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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）A. 若两个不同平面，的法向量分别是，且，则B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线C. 若对空间中任意一点，有，则，四点共面D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线【答案】ACD【解析】【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D.【详解】对于A，所以，则，A正确；对于B， ，所以，则直线或者，B错误;对于C，对空间中任意一点O，有，即，则满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确.故选：ACD.10. 直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据条件，分截距为和不为两种情况讨论，再利用点斜式和截距式，即可求解.【详解】当直线在两坐标轴上的截距均为时，直线方程为，即，当直线在两坐标轴上的截距不为时，设直线方程为，由题有或，由，得到，此时直线方程为，即，由，得到，此时直线方程为，即，故选：ACD.11. 下列结论正确的是（ ）A. 已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交B. 直线与圆恒相交C. 若直线平分圆的周长，则D. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】利用点到直线距离公式计算判断A；求出直线所过定点判断B；求出圆心坐标计算判断C；利用相交两圆求出范围判断D.【详解】对于A，由点在圆外，得，圆心到直线m的距离，m与圆相交，A正确；对于B，直线恒过定点，而，即点在圆内，因此直线与圆恒相交，B正确；对于C，圆的圆心为，依题意，点在直线上，则，解得，C正确；对于D，依题意，以为圆心，1为半径的圆与圆相交，而圆的圆心为，半径为，则，又，解得，D错误.故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 平面内，已知两点，及动点，若直线，的斜率之积是，则点的轨迹方程为_【答案】【解析】【分析】设动点，斜率用坐标表示，由斜率之积为可得出之间的关系式，进而得的轨迹方程.【详解】设动点的坐标为，又，所以的斜率，的斜率，由题意可得，化简，得点的轨迹方程为.故答案为：13. 已知圆与圆，则圆和圆的一条公切线的方程为_.【答案】；（三个任意一个都算正确）【解析】【分析】先判断两个圆的位置关系，再判断公切线的条数，然后求公切线即可.详解】由题可知：所以两个圆的半径和为所以两个圆外切，所以有三条公切线,设公切线为由圆心到切线的距离等于半径得 解得 或或所以切线方程为，或故答案为：；14. 在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，其中，当_时，【答案】1【解析】【分析】将点P和点Q满足的向量式转化，分析得出P,Q的位置，然后利用线面垂直的判定以及性质即可求得答案.【详解】，又，所以点P在射线上；，又，所以点Q在射线上； 因为当变化时，平面，故只需考虑过且与平面垂直的线，因为正方体有平面，而平面，所以又，平面，所以平面，平面，所以，所以当点Q在上时，即时，故答案为：1.四、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. 已知的顶点，若边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为（1）求顶点的坐标；（2）求直线的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设，则，根据已知列出方程组，求解即可得出答案；（2）根据已知求出直线的方程，进而联立方程得出的坐标，代入两点式方程化简即可得出答案.【小问1详解】设，则，由已知可得，解得，所以点的坐标为.【小问2详解】由已知可设直线的方程为，又点A在直线上，所以有，解得，所以，直线的方程为.联立直线与方程可得，点坐标为2,3.将坐标代入两点式方程有，整理可得，.16. 已知，在圆上（1）求圆的标准方程；（2）若直线，且与圆交于点、，为坐标原点，求直线的方程【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）先设圆的标准方程为，根据条件建立方程组，求出，即可求解；（2）根据条件设直线方程为，联立直线与圆的方程得，由韦达定理得，进而可求得，结合条件，即可求解.【小问1详解】设圆的标准方程为，因为，在圆上，所以，由解得， 所以圆的标准方程.【小问2详解】因为，又直线，不妨设为，由，消得，则，即，设，则，所以，又，则，又，所以，得到，即，解得或（均满足），所以直线的方程为或.17. 已知椭圆的左，右焦点分别为，为椭圆上一点（1）当为椭圆的上顶点时，求的大小；（2）直线与椭圆交于，若，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据条件得，从而可得，即可求解；（2）联立直线与椭圆方程，消得，再利用弦长公式，即可求解.【小问1详解】因为椭圆方程为，则，所以，又，则，所以.【小问2详解】设，由，消得，则，由韦达定理知，由求根公式可得，则，化简得到，解得.18. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，.（1）在上找一点，使得平面；（2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）为的三等分点，且 （2）【解析】【分析】（1）当为的三等分点，且，在上取点，且，利用几何关系可得，从而可得面面，再利用面面平行的性质即可说明结果成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求角.【小问1详解】当为的三等分点，且时，平面，理由如下，在上取点，使，连接，因为，所以，又平面，平面，所以平面，又因为，即，所以，又平面，平面，所以平面，又面，所以面面，又面，所以平面.【小问2详解】因为底面，底面是矩形，建立如图所示的空间直角坐标系，又，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，所以，易知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，短轴长为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的动点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上【答案】（1）； （2）证明见解析.【解析】分析】（1）根据给定条件，求出椭圆知半轴长，结合离心率求出长半轴长即可.（2）设直线的方程为：，联立直线与椭圆，再表示出直线又直线与的方程，联立求出交点，即可计算推理得证.【小问1详解】设椭圆的标准方程为，由短轴长为，得，由离心率为，得，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设直线的方程为：，而，由消去得：，则，又直线的方程为：，即，又直线的方程为：，即，由，得，所以当点运动时，点恒在定直线上.