2024-2025学年四川省高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年四川省高二（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l：x=cos2025π4的倾斜角为A.π2 B.2025π4 C.π42.直线3x+2y−3=0与3x+2y=0之间的距离为(

)A.35 B.513 C.3.圆C1：x2+y2=4与圆CA.0 B.1 C.2 D.34.过点P(−1,3)作圆(x−1)2+(y+1)A.−1或−7 B.−1 C.−2或−7 D.−25.连续投掷一枚质地均匀骰子两次，这枚骰子两次出现的点数之积为奇数的概率是(

)A.13 B.14 C.156.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q为BA.63 B.24 C.7.如图，E是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1内部(含表面A.11

B.23

C.8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为腰长为1的等腰直角三角形，且AB>AC，侧面ACC1A1为正方形，AB=2A.62

B.32

C.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.在空间直角坐标系O−xyz中，下列叙述正确的是(

)A.点(1,−1,0)与点(1,1,0)关于x轴对称

B.点(−3,−1,6)与点(3,−1,6)关于z轴对称

C.点(2,5,7)与点(2,5,−7)关于平面xOy对称

D.坐标轴两两确定的平面把空间分为12个部分10.已知直线l1：ax−y+(1−2a)=0在x轴上的截距大于0，直线l2：x+2y−4=0与y轴交于点B，则(

)A.a<0 B.l1恒过定点(2,1)

C.点B到直线l1的距离可能为3 D.不存在a11.已知平面内一动点M到坐标原点的距离为1，以M为圆心、1为半径的动圆与圆N：(x−1)2+(y−2)2=5交于AA.存在唯一的圆M，使得A，B两点重合

B.|MN|∈[5−1,5+1]

C.若△ABN三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知空间向量a=(2,1,−3),b=(m,2n+1,3)满足a⊥b，则13.已知圆P过(−1,1)，(7,−3)，(5,−7)三点，则圆P的面积为______．14.在正三棱锥P−ABC中，AB=23，AP⊥平面PBC，点P在底面ABC内的投影为点O，M是平面ABC内以O为圆心、1为半径的圆上一动点，则异面直线PM与AB所成角的余弦值最大为______．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A(−2,2)，B(−2,6)，C(4,−2)三点，点P在圆E：x2+y2=4上运动．

(1)若直线PA与圆E有唯一公共点，求|PA|；

16.(本小题15分)

已知在△ABC中，A(0,0)，B(2,0)，C(1,3)，D，E，分别在线段AC，AB上，且DE/​/BC．

(1)求AC边上的高所在直线的斜截式方程；

(2)若△ADE的面积为△ABC面积的14，求直线DE的一般式方程．17.(本小题15分)

如图，在四面体OABC中，|OA|=3，且OA⋅OB=OA⋅OC=6,CD=23CB，G为AD的中点，点H是线段OA上的动点(含端点)．18.(本小题17分)

已知在空间直角坐标系中，点O(0,0,0)，P(−1,0,1)，Q(0,1,−1)，R(2,1,1)．

(1)证明：OP,OQ,OR不共面；

(2)求点O到平面PQR的距离；

(3)设S为平面PQR上的一个动点，且|PS|=2219.(本小题17分)

现定义：若圆A上一动点M，圆A外一定点N，满足|MN|的最大值为其最小值的两倍，则称N为圆A的“上进点”.若点G同时是圆A和圆B的“上进点”，则称G为圆“A⊗B”的“牵连点”.已知圆A：(x+1)2+(y+1)2=13．

(1)若点C为圆A的“上进点”，求点C的轨迹方程并说明轨迹的形状；

(2)已知圆B：(x−2)2+(y−2)2=1，且P，Q均为圆“A⊗B”的“牵连点”．

(ⅰ)求直线PQ的方程；

(ⅱ)若圆H是以线段PQ为直径的圆，直线l：y=kx+13与H交于I，J两点，探究当k不断变化时，在y轴上是否存在一点参考答案1.A

2.D

3.C

4.A

5.B

6.D

7.C

8.A

9.AC

10.BD

11.BCD

12.4

13.25π

14.315.解：(1)已知A(−2,2)，B(−2,6)，C(4,−2)三点，点P在圆E：x2+y2=4上运动，

由题意知，圆E的圆心为E(0,0)，半径r=2，

故|AE|=(−2−0)2+(2−0)2=22>2，

由题意可得直线PA与圆E相切，且唯一公共点为点P，

在Rt△APE中，由勾股定理可得|PA|=|AE|2−r2=2．

16.解：(1)由题意在△ABC中，A(0,0)，B(2,0)，C(1,3)，

可得直线AC的斜率为k1=3−01−0=3，

所以AC边上的高所在直线的斜率为−1k1=−13，

所以AC边上的高所在直线的方程为y−0=−13(x−2)，

化为斜截式为y=−13x+23．

(2)因为△ADE的面积为△ABC面积的14,D,E分别在线段AC，AB上，且DE//BC，

所以ADAC=AEAB=12,E为AB的中点，即17.解：(1)由题意可知，AD=AC+CD=AC+23CB=OC−OA+23(OB−OC)=−OA+23OB18.证明：(1)在空间直角坐标系中，点O(0,0,0)，P(−1,0,1)，Q(0,1,−1)，R(2,1,1).由题意假设存在a，b∈R，使得OR=aOP+bOQ成立，

则(2,1,1)=a(−1,0,1)+b(0,1,−1)，即(2,1,1)=(−a,b,a−b)，

可得2=−a,1=b,1=a−b,此方程组无解，所以假设不成立，故OP,OQ,OR不共面．

解：(2)由题意可得OP=(−1,0,1),PQ=(1,1,−2),PR=(3,1,0)，

设平面PQR的法向量为n=(x,y,z)，所以x+y−2z=0,3x+y=0,

令x=−1，则y=3，z=1，故平面PQR的一个法向量为n=(−1,3,1)，

故点O到平面PQR的距离d=|OP⋅n19.解：(1)因为点C为圆A的“上进点”，所以|CA|+33=2(|CA|−33)，即|CA|=3，

所以C的轨迹方程为(x+1)2+(y+1)2=3，

所以点C的轨迹是以A(−1,−1)为圆心3为半径的圆．

(2)(i)因为P为圆“A⊗B”的“牵连点”，所以P同时是圆A和圆B的“上进点”，

由P为圆B的“上进点”，得|PB|+1=2(|PB|−1)，所以|PB|=3，

即点P在圆(x−2)2+(y−2)2=9上，

由P为圆A的“上进点”，得点P在圆(x+1)2+(y+1)2=3上，

则点P是圆(x+1)2+(y+1)2=3和(x−2)2+(y−2)2=9的交点．

因为P，Q均为圆“A⊗B”的“牵连点”，

所以直线PQ即为圆(x+1)2+(y+1)2=3和(x−2)2+(y−2)2=9的公共弦所在直线，

两圆方程