第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年重慶市萬(wàn)州區(qū)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.直線(xiàn)y=100?3x的傾斜角為A.30° B.60° C.120° D.150°2.若直線(xiàn)l1：ax+3y+6=0與直線(xiàn)l2：x+(a+2)y?2=0平行，則a=(

)A.?3 B.1 C.?32 3.已知圓x2+y2+8x?4y+19=0的圓心為C，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則以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.空間內(nèi)有三點(diǎn)P(?1,2,3)，E(2,1,1)，F(xiàn)(1,2,2)，則點(diǎn)P到直線(xiàn)EF的距離為(

)A.2 B.3 C.26.在空間四邊形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，且AM=2A.?13a+13b+27.某手機(jī)信號(hào)檢測(cè)設(shè)備的監(jiān)測(cè)范圍是半徑為200m的圓形區(qū)域，一名人員持手機(jī)以每分鐘50m的速度從設(shè)備正東2003m的A處沿西偏北30°方向走向位于設(shè)備正北方向的B處，則這名人員被持續(xù)監(jiān)測(cè)的時(shí)長(zhǎng)約為A.2分鐘 B.3分鐘 C.4分鐘 D.5分鐘8.如圖，在四面體ABCD中，平面ACD⊥平面ABC，△ABC是邊長(zhǎng)為6的正三角形，△ACD是等腰直角三角形，∠ADC=90°，E是AC的中點(diǎn)，CF=13CB，DG=λDB，若AG//平面A.12 B.13 C.14二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知正方體ABCD?A1B1C1A.A1B1?AC=1 B.AB10.已知圓C：x2+y2?4x+2y+1=0與直線(xiàn)l：4x?3y+m=0，點(diǎn)P在圓C上，點(diǎn)Q在直線(xiàn)A.若m=9，則直線(xiàn)l與圓C相切

B.若圓C上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線(xiàn)l對(duì)稱(chēng)，則m=?11

C.若m=14，則|PQ|min=3

D.若m=14，從Q點(diǎn)向圓11.如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，P為底面A.動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為π2

B.存在點(diǎn)P，使異面直線(xiàn)D1P與EF所成的角為π4

C.點(diǎn)P到平面D1EF的距離的最小值為617?2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知直線(xiàn)l垂直于直線(xiàn)x+2y?1=0，且過(guò)點(diǎn)P(?2,3)，則直線(xiàn)l的斜截式方程為_(kāi)_____；在x軸上的截距為_(kāi)_____．13.已知向量a=(?4,0,1)，b=(2,3,3)，則a14.已知圓C：(x+2)2+(y?1)2=8，直線(xiàn)l：4x?y?8=0，M為直線(xiàn)l上一動(dòng)點(diǎn)，N為圓C上一動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知點(diǎn)A(?1,1)，B(0,?1)，C(3,0)，且四邊形ABCD是平行四邊形．

(1)求點(diǎn)D的坐標(biāo)；

(2)求平行四邊形ABCD的面積．16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐A?BCED中，底面BCED為直角梯形，DE/?/BC，DE⊥CE，AD=BD=CD=BC，AC=2AE=2CE．

(1)判斷直線(xiàn)AB與CD是否垂直，并說(shuō)明理由；

(2)17.(本小題15分)

已知圓C1：x2+y2?2x+2y=0與圓C2相交于P，Q兩點(diǎn)，直線(xiàn)PQ的方程為x?y?2=0．

(1)若圓C2的圓心在圓C1外，求圓C2的半徑的取值范圍；

(2)若P(0,?2)18.(本小題17分)

如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，P為底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)(包括邊界)，且滿(mǎn)足B1P⊥D1E.

(1)是否存在點(diǎn)P，使得B1P//平面D119.(本小題17分)

古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯證明過(guò)這樣一個(gè)命題：平面內(nèi)到兩定點(diǎn)距離之比為常數(shù)k(k>0且k≠1)的點(diǎn)的軌跡是圓.后人將這個(gè)圓稱(chēng)為阿波羅尼斯圓.在平面直角坐標(biāo)系中，N(1,0)，M(4,0)，動(dòng)點(diǎn)Q滿(mǎn)足|QM||QN|=2，設(shè)動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為曲線(xiàn)C．

(1)求曲線(xiàn)C的軌跡方程；

(2)若直線(xiàn)x?y+1=0與曲線(xiàn)C交于A，B兩點(diǎn)，求|AB|；

(3)若曲線(xiàn)C與x軸的交點(diǎn)為E，F(xiàn)，直線(xiàn)l：x=my?1與曲線(xiàn)C交于G，H兩點(diǎn)，直線(xiàn)EG與直線(xiàn)FH交于點(diǎn)D，證明：點(diǎn)D在定直線(xiàn)上．

參考答案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)根據(jù)題意，直線(xiàn)AB的斜率為kAB=1+1?1?0=?2，

所以直線(xiàn)AB的方程為y?1=?2(x+1)，即y=?2x?1，

因?yàn)橹本€(xiàn)CD與直線(xiàn)AB平行，且過(guò)C(3,0)，

所以直線(xiàn)CD的方程為y=?2(x?3)，即y=?2x+6．

直線(xiàn)BC的斜率為kBC=?1?00?3=13，

因?yàn)橹本€(xiàn)AD與直線(xiàn)BC平行，且過(guò)A(?1,1)，

所以直線(xiàn)AD的方程為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：

設(shè)AE=CE=a(a>0)，則AC=2a，

在△BCD中，BD=CD=BC，所以△BCD為等邊三角形，所以∠BCD=60°，

因?yàn)镈E⊥CE，DE/?/BC，所以BC⊥CE，從而∠DCE=30°，

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

又因?yàn)锳D=CD，所以AD=233a，所以在△DEA中，滿(mǎn)足DE2+AE2=AD2，

故△DEA為直角三角形，則DE⊥AE，

又因?yàn)镈E⊥CE，CE∩AE=E，所以DE⊥平面ACE；

因?yàn)锳C=2AE=2CE，所以AC2=AE2+CE2，所以CE⊥AE，

故以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EC，EA，ED所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)DE=1，則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)由圓C1：x2+y2?2x+2y=0可化為(x?1)2+(y+1)2=2，

可得圓C1的半徑r1=2，圓心為(1,?1)，且圓心(1,?1)在直線(xiàn)PQ上．

因?yàn)閳AC2的圓心在圓C1外，

所以連結(jié)C1C2，|C1C2|>2．

又因?yàn)镃1C2⊥PQ，連接C2Q，

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

故圓C2的半徑的取值范圍為(2,+∞)；

(2)設(shè)圓C2的圓心為(m,n)，

由題意直線(xiàn)PQ是兩圓相交弦所在直線(xiàn)可得C1C2⊥PQ，

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

如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

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

因?yàn)镈D1=(0,0,2)，DE=(1,2,0)，D1E=(1,2,?2)，

設(shè)平面D1DE的法向量為m=(x1,y1,z1)，則DD1⊥m，DE⊥m，

所以DD1?m=2z1=0DE?m=x1+2y1=0，解得z1=0，令x1=?2，則y1=1，所以m=(?2,1,0)，

設(shè)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)，

設(shè)存在點(diǎn)P，使得B1P/?/平面D1DE，

則B1P?m=4y+y?2=0，解得y=25，則x=?2y+2=?2×25+2=65，

則P(65,25,0)，

所以存在點(diǎn)P，使得B1P/?/平面D1DE；

(2)由(1)知，B1P=(?2y,y?2,?2)，19.解：(1)在平面直角坐標(biāo)系中，N(1,0)，M(4,0)，動(dòng)點(diǎn)Q滿(mǎn)足|QM||QN|=2，設(shè)動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為曲線(xiàn)C，

設(shè)Q(x,y)，因?yàn)閨QM||QN|=2，所以|QM|2=4|QN|2，

即(x?4)2+y2=4[(x?1)2+y2]，