2024-2025学年江苏省苏州市张家港市高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省苏州市张家港市高二（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.空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M，N分别为OA，BCA.12a−12b+122.若直线l沿x轴向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率为(

)A.−12 B.12 C.−23.已知动点M与两定点O(0,0)，A(0,3)的距离之比为12，则动点M的轨迹方程为(

)A.x2+y2−8x+12=0 B.x24.经过点P(0,−1)作直线l，若直线l与连接A(−3,2)，B(2,1)两点的线段总有公共点，则直线l的倾斜角α的取值范围是(

)A.[0,π) B.[0,π4]∪[3π4,π)5.若两直线l1：x+2ay+2=0，l2：(3a−1)x−ay−1=0平行，则实数a的取值集合是(

)A.{0,16} B.{0} C.{6.已知圆C的圆心在直线x−y−5=0上，并且圆C经过圆x2+y2+6x−4=0与圆x2A.(12,−92) B.(7.过点P(2,0)有一条直线l，它夹在两条直线l1：2x−y−2=0与l2：x+y+3=0之间的线段恰好被点P平分，则三条直线围成的三角形面积为(

)A.103 B.203 C.4038.已知矩形ABCD，AB=3，AD=3，M为边DC上一点且DM=1，AM与BD交于点Q，将△ADM沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则sin∠PBQ的最大值是A.13 B.33 C.2二、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.已知棱长为3的正方体ABCD−A1B1A.A1B⊥AC1

B.A1B与B1C所成角的大小为45°

C.平面A1BD与平面B10.已知直线l：kx−y−k+2=0，圆O：x2+y2A.直线l始终与圆O相交

B.直线l被圆O截得的弦长最大值为4

C.若直线l与圆O相交于A，B两点，且∠AOB=90°，则k=−2±6

D.若圆O上有且只有四个点到直线l的距离为111.已知空间四面体OABC，则(

)A.当OP=12OA+14OB+14OC，则点P在平面ABC内

B.若该四面体的棱长都为a，则异面直线OA，BC间的距离为22a

C.若M为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在空间直角坐标系O−xyz中，A(2,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,4)，则三棱锥O−ABC的体积是______．13.圆O：x2+y2=1与圆C14.在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2+mx−1的图象与坐标轴分别交于点A，B，C，记△ABC的外接圆为圆E．

①当m=32时，圆E的一般式方程是______；②四、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)

已知直三棱柱ABC−A1B1C1，F为BC中点，EC1=2A1(1)求证：ME//平面A1B1BA；

(2)若△ABC是等边三角形且AB=2B16.(本小题15分)

已知△ABC的三个顶点是A(1,5)，B(−5,−7)，C(3,−3)，求：

(1)边BC上的中线所在直线的方程；

(2)边BC上的高所在直线的方程；

(3)∠ABC的角平分线所在直线的方程．17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，且PA=AB=BC=2，AD=1．

(1)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值；

(2)求点B到平面PCD的距离；

(3)若点M为平面PBC内的一动点，若DM⊥平面PBC，求CM与平面ABCD所成角的正弦值．18.(本小题17分)

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=4，AA1=a，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．

(1)当a=4时，求证：AC1⊥平面A19.(本小题17分)

已知圆O：x2+y2=4内有一点P0(−1,0)，倾斜角为α的直线l过点P0且与圆O交于A，B两点．

(1)当α=135°时，求AB的长；

(2)是否存在弦AB被点P0三等分？若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由；

(3)记圆O与x轴的正半轴交点为M，直线MA的斜率为k1，直线参考答案1.B

2.A

3.D

4.C

5.B

6.D

7.B

8.A

9.AC

10.BCD

11.ABD

12.4

13.x−y+2=0(14.x2+y2+15.证明：(1)连接A1B，∵B1C1//BC且|B1C1|=2|BF|，

∴|C1M||MB|=|B1C1||BF|=2．

又在△A1BC1中，|EC1|=2|A1E|，

∴|C1M||MB|=|EC1||A1E|=2，

∴ME//A1B.又ME⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，

∴ME/​/平面A1B1BA；

(2)因为三棱柱16.解：(1)B(−5,−7)，C(3,−3)，

BC中点D(−1,−5)，

中线过A(1,5)和D(−1,−5)两点，根据两点式y−5−5−5=x−1−1−1，

即y−5−10=x−1−2，化简得y−5=5(x−1)，即5x−y=0．

(2)先求BC边的斜率，已知B(−5,−7)，C(3,−3)，

根据斜率公式kBC=−3+73+5=48=12，

设高的斜率为k，则k×12=−1，解得k=−2，

又因为高过A(1,5)点，根据点斜式y−5=−2(x−1)，即2x+y−7=0．

(3)先求AB边的斜率kAB=5+71+5=126=2，BC边的斜率kBC=12，

设角平分线斜率为k，根据夹角公式得|k−21+2k|=|12−k1+17.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，

所以AB，AD，AP两两垂直，

故以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题，则B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(2,2,0)，

显然，平面PAB的一个法向量为n1=(0,1,0)，

设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z)，

又PD=(0,1,−2)，DC=(2,1,0)，

则n2⊥PDn2⊥DC，即n2⋅PD=0n2⋅DC=0，

即y−2z=02x+y=0，取x=−1，则y=2，z=1，故n2=(−1,2,1)，

设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，

所以cosθ=|cos<n1，n2>|=|n1⋅n2||n1||n2|=21×6=63，

即平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为63；

(2)由题可得，PB=(2,0,−2)，设点B到平面PCD的距离为d，

则d=|PB⋅n2||n2|=46=263，

所以点B到平面PCD的距离为263；

(3)因为M为平面PBC18.解：(1)证明：设AA1=a，AB=b，AD=c，

则|a|=|b|=|c|=4，

所以AC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=b−a，

所以AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(b−a)

=−a2+b2+b⋅c−a⋅c=−16+16+8−8=0，

所以AC1⊥A1B，即AC1⊥A1B，

同理AC1⊥A1D，

又A1B∩A1D=A1，A1B，A1D⊂平面A1BD，

所以AC1⊥平面A1BD；

(2)①因为▱ABCD且AB=AD=4，∠DAB=60°，

所以AC=3AB=43，BD=4，又A19.(1)解：由α=135°，得kl=−1，则直线l的方程为y=−1×(x+1)，即x+y+1=0，

设圆心到直线的距离为d，则d=|1|12+12=22，

∴|AB|=2r2−d2=222−(22)2=14；