2024-2025学年重庆市万州区高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市万州区高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.直线y=100−3x的倾斜角为A.30° B.60° C.120° D.150°2.若直线l1：ax+3y+6=0与直线l2：x+(a+2)y−2=0平行，则a=(

)A.−3 B.1 C.−32 3.已知圆x2+y2+8x−4y+19=0的圆心为C，O为坐标原点，则以A.(x−2)2+(y+1)2=5 B.(x+24.若{a,b,A.a−c，a−b，b−c B.a+c，b，a+c−b

C.5.空间内有三点P(−1,2,3)，E(2,1,1)，F(1,2,2)，则点P到直线EF的距离为(

)A.2 B.3 C.26.在空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且AM=2A.−13a+13b+27.某手机信号检测设备的监测范围是半径为200m的圆形区域，一名人员持手机以每分钟50m的速度从设备正东2003m的A处沿西偏北30°方向走向位于设备正北方向的B处，则这名人员被持续监测的时长约为A.2分钟 B.3分钟 C.4分钟 D.5分钟8.如图，在四面体ABCD中，平面ACD⊥平面ABC，△ABC是边长为6的正三角形，△ACD是等腰直角三角形，∠ADC=90°，E是AC的中点，CF=13CB，DG=λDB，若AG//平面A.12 B.13 C.14二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知正方体ABCD−A1B1C1A.A1B1⋅AC=1 B.AB10.已知圆C：x2+y2−4x+2y+1=0与直线l：4x−3y+m=0，点P在圆C上，点Q在直线A.若m=9，则直线l与圆C相切

B.若圆C上存在两点关于直线l对称，则m=−11

C.若m=14，则|PQ|min=3

D.若m=14，从Q点向圆11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AB，BC的中点，P为底面A.动点P的轨迹长度为π2

B.存在点P，使异面直线D1P与EF所成的角为π4

C.点P到平面D1EF的距离的最小值为617−2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知直线l垂直于直线x+2y−1=0，且过点P(−2,3)，则直线l的斜截式方程为______；在x轴上的截距为______．13.已知向量a=(−4,0,1)，b=(2,3,3)，则a14.已知圆C：(x+2)2+(y−1)2=8，直线l：4x−y−8=0，M为直线l上一动点，N为圆C上一动点，定点四、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.(本小题13分)

已知点A(−1,1)，B(0,−1)，C(3,0)，且四边形ABCD是平行四边形．

(1)求点D的坐标；

(2)求平行四边形ABCD的面积．16.(本小题15分)

如图，在四棱锥A−BCED中，底面BCED为直角梯形，DE/​/BC，DE⊥CE，AD=BD=CD=BC，AC=2AE=2CE．

(1)判断直线AB与CD是否垂直，并说明理由；

(2)17.(本小题15分)

已知圆C1：x2+y2−2x+2y=0与圆C2相交于P，Q两点，直线PQ的方程为x−y−2=0．

(1)若圆C2的圆心在圆C1外，求圆C2的半径的取值范围；

(2)若P(0,−2)18.(本小题17分)

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，P为底面ABCD内一动点(包括边界)，且满足B1P⊥D1E.

(1)是否存在点P，使得B1P//平面D119.(本小题17分)

古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的轨迹方程；

(2)若直线x−y+1=0与曲线C交于A，B两点，求|AB|；

(3)若曲线C与x轴的交点为E，F，直线l：x=my−1与曲线C交于G，H两点，直线EG与直线FH交于点D，证明：点D在定直线上．

参考答案1.C

2.B

3.B

4.D

5.A

6.D

7.C

8.A

9.AB

10.BC

11.ACD

12.y=2x+7

−713.5414.215.解：(1)根据题意，直线AB的斜率为kAB=1+1−1−0=−2，

所以直线AB的方程为y−1=−2(x+1)，即y=−2x−1，

因为直线CD与直线AB平行，且过C(3,0)，

所以直线CD的方程为y=−2(x−3)，即y=−2x+6．

直线BC的斜率为kBC=−1−00−3=13，

因为直线AD与直线BC平行，且过A(−1,1)，

所以直线AD的方程为y−1=13(x+1)，即y=13x+43．

由y=−2x+6y=13x+43，解得16.解：(1)AB和CD不垂直，理由如下：

设AE=CE=a(a>0)，则AC=2a，

在△BCD中，BD=CD=BC，所以△BCD为等边三角形，所以∠BCD=60°，

因为DE⊥CE，DE/​/BC，所以BC⊥CE，从而∠DCE=30°，

所以在直角△DEC中，CD=CEcos30∘=233a，DE=CE×tan30°=33a，

又因为AD=CD，所以AD=233a，所以在△DEA中，满足DE2+AE2=AD2，

故△DEA为直角三角形，则DE⊥AE，

又因为DE⊥CE，CE∩AE=E，所以DE⊥平面ACE；

因为AC=2AE=2CE，所以AC2=AE2+CE2，所以CE⊥AE，

故以点E为坐标原点，EC，EA，ED所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设DE=1，则AD=BD=CD=BC=2，AE=CE=3，AC=6，

所以E(0,0,0)，A(0,3,0)，B(3,0,2)，C(3,0,0)，D(0,0,1)，

所以AB=(3,−3,2)，CD=(−3,0,1)，

所以AB⋅CD=−3+0+2≠0，

所以AB⊥CD不成立，故AB和CD不垂直．

(2)17.解：(1)由圆C1：x2+y2−2x+2y=0可化为(x−1)2+(y+1)2=2，

可得圆C1的半径r1=2，圆心为(1,−1)，且圆心(1,−1)在直线PQ上．

因为圆C2的圆心在圆C1外，

所以连结C1C2，|C1C2|>2．

又因为C1C2⊥PQ，连接C2Q，

在Rt△C1C2Q中，圆C2的半径|C2Q|=r12+|C1C2|2>2+2=2．

故圆C2的半径的取值范围为(2,+∞)；

(2)设圆C2的圆心为(m,n)，

由题意直线PQ是两圆相交弦所在直线可得C1C2⊥PQ，

18.解：(1)存在P(65,25,0)，使得B1P/​/平面D1DE.理由如下：

如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则B1(2,2,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，E(1,2,0)，

因为DD1=(0,0,2)，DE=(1,2,0)，D1E=(1,2,−2)，

设平面D1DE的法向量为m=(x1,y1,z1)，则DD1⊥m，DE⊥m，

所以DD1⋅m=2z1=0DE⋅m=x1+2y1=0，解得z1=0，令x1=−2，则y1=1，所以m=(−2,1,0)，

设P(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，所以B1P=(x−2,y−2,−2)，

又B1P⊥D1E，所以x−2+2y−4+4=0，即x+2y−2=0，所以B1P=(−2y,y−2,−2)，

设存在点P，使得B1P/​/平面D1DE，

则B1P⋅m=4y+y−2=0，解得y=25，则x=−2y+2=−2×25+2=65，

则P(65,25,0)，

所以存在点P，使得B1P/​/平面D1DE；

(2)由(1)知，B1P=(−2y,y−2,−2)，19.解：(1)在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C，

设Q(x,y)，因为|QM||QN|=2，所以|QM|2=4|QN|2，

即(x−4)2+y2=4[(x−1)2+y2]，