四川省2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学试卷（含解析）

四川省2024 2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．在正方体中，为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知直线与.若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
4．若方程表示一个圆，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知向量，，.若，，共面，则（ ）
A．11 B． C．9 D．3
6．圆与圆的公共弦长为（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
7．如图，平行六面体的所有棱长均相等，且，则异面直线AC与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆的半径为2，则下列命题是真命题的是（ ）
A．
B．点在圆的外部
C．若直线平分圆的周长，则
D．圆与圆外切
10．已知点，，在直线上，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．3
11．若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ）

A．若，则
B．存在点H，使得平面
C．线段长度的最小值是
D．存在点H，使得
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线过点，且与直线垂直，则直线l的一般式方程为 ．
13．已知直线过定点，则点的坐标为 .；若直线与曲线有两个公共点，则的取值范围为 .
14．已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知点，.
(1)求直线MN的一般式方程；
(2)求以线段MN为直径的圆的标准方程；
(3)求（2）中的圆在点处的切线方程.
16．在三棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点，为上靠近点的三等分点.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的余弦值.
17．已知圆（为常数）．
(1)当时，求直线被圆截得的弦长．
(2)证明：圆经过两个定点．
(3)设圆经过的两个定点为，，若，且，求圆的标准方程．
18．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面ABCD，E为AD的中点.
(1)证明：平面PAB.
(2)证明：.
(3)试问在线段PE上是否存在点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为.
(1)求的方程；
(2)若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.
参考答案
1．【答案】C
【详解】直线的斜率为，倾斜角为.
故选：C
2．【答案】B
【详解】.
故选：B
3．【答案】B
【详解】由于，所以，
此时两直线方程分别为，
不重合，符合题意，所以.
故选：B
4．【答案】D
【详解】若方程表示一个圆，则，
方程可化为，
所以，解得，且不等于0，
所以或.
故选：D
5．【答案】A
【详解】依题意，，，共面，
所以存在，使得，
即，
所以，解得.
故选：A
6．【答案】B
【详解】圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，
，
，所以两圆相交，
由两式相减并化简得，
到直线的距离为，
所以公共弦长为.
故选：B
7．【答案】A
【详解】设棱长为，
以为基底，则，
，
，
所以异面直线AC与所成角的余弦值为：.
故选：A
8．【答案】B
【详解】设，则，，
因为，所以，
即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上.
点在直线上，
所以直线与圆有公共点，
则，解得
故选:B.
9．【答案】ABD
【详解】圆的半径为2，所以，A选项正确.
所以圆的方程为，圆心为，半径为，
，所以点在圆的外部，B选项正确.
直线平分圆的周长，则直线过圆心，
即，所以C选项错误.
圆的圆心为，半径为，
与的距离为，
所以圆与圆外切，D选项正确.
故选：ABD
10．【答案】BC
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，解得，
即关于的对称点为，且，
所以，当三点共线时取等号，
故BC选项符合题意，
故选：BC
11．【答案】ABC
【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，

则，，，，，
故，，
所以，即Q，B，N，P四点共面，
若，则，解得，A正确；
对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即，
过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得，
则，，，，
故，，，，
易得是平面的一个法向量，若平面，
则，即，解得，符合题意，
所以存在点H，使得平面，B正确，
对于C：，
当时，取得最小值，最小值为，C正确.
对于D：若，则，
得，无解，所以不存在点H，使得，D错误.
故选：ABC
12．【答案】
【详解】依题意设直线的一般式方程为：，
因为直线过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为：．
故答案为：．
13．【答案】
【详解】①将直线变形为，
所以当时，无论取何值，所以定点的坐标为，
②曲线是化简变形后可得，
其表示以为圆心，为半径的圆在轴上半部分(包含交点)如图所示，

若要直线，与曲线有两个交点，
则其在与之间，所以可得直线的斜率为，则，
故的取值范围为，
故答案为：
14．【答案】
【详解】如下图所示：
正四面体的棱长为，设其内切球球心为点，
连接并延长交底面于点，
则为正的中心，且平面，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
，，
因为平面，平面，则，
可得，
的面积为，
正四面体的体积为，
设正四面体的内切球的半径为，
则，
即，解得，
可得，
因为，，
可得，
当点位于正四面体的顶点时，取最大值，
所以.
故答案为：
15．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）直线MN的斜率为，
则直线MN的方程为，即.
（2）由题意可知圆心C为线段MN的中点，即，
半径，
故所求圆的标准方程为.
（3）直线CP的斜率为，则所求切线的斜率为，
故所求的切线方程为，即.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，，
因为，所以.
因为平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，进而.因为，所以.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，.
因为，所以，则，，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）得，，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为.
易得平面的一个法向量为.
设二面角的大小为，则，
由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）当时，圆，
此时，圆的圆心为，半径．
则圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长
为；
（2）由，得，
令，因为为常数
所以得，由
解得或，
所以圆经过两个定点，且这两个定点的坐标为；
（3）（方法一）设的中点为，
不妨设，则点的坐标为．
因为，所以，
所以，
解得，
所以圆的标准方程为．
（方法二）不妨设，因为，
所以，
解得，
所以圆的标准方程为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在；答案见解析
【详解】（1）因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面PAB.
（2）
作交于，
因为，所以，又，所以，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，即，所以，
又E为AD的中点，所以，
在中，由余弦定理可得，
即，
所以，所以，
又平面平面ABCD，且平面平面ABCD，平面，
所以平面，
平面，所以.
（3）设存在，
作交与，
由（2）可得两两垂直，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设直线CM与平面PBC所成角的为，
则，
解得，所以在线段PE上存在点，此时.
19．【答案】(1).
(2)证明见解析，定点坐标为.
【详解】（1）设，根据，得，
即，所以的方程为.
（2）根据圆的对称性，不妨设.
设，则，
所以直线HE的方程为，直线HF的方程为.
设.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
当时，，
所以直线MN的方程为，化简得，
所以直线MN过定点;
当时，，此时直线MN过定点.
综上，直线MN过定点.