江蘇省南通市2025-2026學年高二上學期期中調(diào)研測試

數(shù)學試題

一、單選題

1．直線x3y830的傾斜角為（）

ππ2π5π

A．B．C．D．

6336

2．已知直線l1:3x4y70與l2:6xm1y1m0平行，則m（）

A．4B．5C．6D．7

3．若方程C：x2y22x4ya0表示圓，則實數(shù)a的取值范圍是（）

A．,5B．,5C．5,D．5,

4．若空間向量a1,0,1,b0,1,0，則下列向量能與a,b構(gòu)成空間的一個基底的是（）

1

A．p1,1,1B．q1,,1

2

11

C．r,1,D．s1,1,0

33

5．點A2,1關(guān)于直線xy10的對稱點的坐標為（）

A．3,0B．0,2C．0,3D．1,4

6．已知a,b,c是空間三個不共線向量，則“向量a,b,c共面”是“存在三個均不為零的實數(shù)p,q,r，使得

paqbrc0”的（）

A．充要條件B．充分不必要條件

C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件

7．在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，則直線A1B與B1C所成角的余弦值為（）

116

A．B．C．0D．

246

8．已知直線l:xay10和圓C:x2y22x4y40交于A,B兩點，設(shè)線段AB的中點為M,O為坐標

原點，則OM的最大值為（）

A．35B．23C．31D．21

二、多選題

9．已知三條直線xy10,2xy80和ax3y50不能圍成一個三角形，則實數(shù)a的可能取值為（）

1

A．3B．3C．6D．

3

2222

10．已知圓C1:(x1)y1與圓C2:(x2)(y2)4，則（）

A．圓心距C1C25

B．兩圓的公共弦所在直線的方程為x2y20

25

C．兩圓的公共弦長為

5

D．直線3x4y80是兩圓的一條公切線

11．在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E,F分別是棱AB,AD上的動點（不含端點），且D1EB1F，

則（）

A．B1EEFFD122

B．當且僅當E為AB中點時，AEAF

C．存在E,F，使得A1F//B1E

1

D．直線AA與平面AEF所成角的正弦值的最大值為

113

三、填空題

12．已知向量a2,2m3,8，b4,2m1,16，且a//b，則m.

13．過點P2,3作圓x2y22x2y10的切線，則切線長為.

14．已知兩條直線a1xb1y10和a2xb2y10都經(jīng)過點A1,1，則兩點P1a1,b1，P2a2,b2間的最短

距離為.

四、解答題

15．已知ABC的三個頂點為A4,1,B6,3,C3,0.

(1)求AB邊上的中線CM的長；

(2)求ABC的外接圓方程.

16．如圖，在棱長為2的正四面體OABC中，已知E是線段BC的中點，點G在線段AE上，且AG2GE.

(1)用向量OA,OB,OC表示OG；

(2)求OG；

(3)求向量OE與AB夾角的余弦值.

17．（1）過點P2,3作直線xy10的垂線，垂足為Q.

①求點Q的坐標；

②求以PQ為直徑的圓被y軸截得的劣弧的長度；

（2）已知點Px0,y0和直線l:AxByC0（A,B不同時為零），證明：點P到直線l的距離

AxByC

d00.

A2B2

18．如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直，AB3，設(shè)AFtt0，點M,N分別在

11

線段AD,CD上，且AMAD,DNDC.

33

(1)證明：MEBN；

(2)若平面BEM平面EFN，求t的值；

(3)設(shè)直線BM與平面EFN相交于點K，求線段EK的長度（用t表示）.

19．已知曲線C:(x1)2(y1)24.

(1)求曲線C圍成的平面圖形的面積；

(2)若M,N是曲線C上的兩個動點，求MN的最大值；

(3)是否存在直線yxt與曲線C至少有三個不同的公共點？若存在，求t的取值范圍；若不存在，請說

明理由.

題號12345678910

答案ADBDCABDBCDABD

題號11

答案ABD

1．A

根據(jù)直線方程求出直線斜率，再根據(jù)斜率和傾斜角間的關(guān)系即可求出傾斜角．

3

【詳解】x3y830可化為：yx8，

3

33

∴直線的斜率為，設(shè)直線的傾斜角，則tan，

33

π

∵0π，∴．

6

故選：A．

2．D

利用兩直線平行的充要條件列式求解即可.

【詳解】由直線l1:3x4y70與l2:6xm1y1m0平行，

6m11m

得，所以m7.

347

故選：D.

3．B

根據(jù)二元二次方程表示圓的條件，列出不等式，解之即可.

【詳解】因為方程C：x2y22x4ya0表示圓，

則有(2)2424a0，解得：a5，

故選：B.

4．D

根據(jù)給定條件，利用空間向量的坐標運算及空間基底的意義判斷即得.

【詳解】對于A，pab，向量p,a,b共面，A不是；

1

對于B，qab，向量q,a,b共面，B不是；

2

1

對于C，rab，向量r,a,b共面，C不是；

3

x1

對于D，假設(shè)sxayb，則(1,1,0)(x,y,x)，于是y1，方程組無解，

x0

即向量s,a,b不共面，能構(gòu)成空間的一個基底，D是.

故選：D

5．C

b1

11

a2

設(shè)對稱點的坐標為a,b，由題意可得，求解即可.

2a1b

10

22

【詳解】設(shè)對稱點的坐標為a,b，

b1

11

a2a0

由題意可得，解得，

2a1bb3

10

22

所以點A2,1關(guān)于直線xy10的對稱點的坐標為0,3.

故選：C

6．A

利用空間向量共面的基本定理結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷即可求解.

qr

【詳解】因為實數(shù)p,q,r均不為零，所以abc，

pp

此時向量a,b,c共面，故必要性成立；

因為a,b,c是空間三個不共線向量，若向量a,b,c共面，

則存在非零實數(shù)x、y使得axbyc，則axbyc0，

取p1,qx,ry，即有paqbrc0，故充分性成立；

所以“向量a,b,c共面”是“存在三個均不為零的實數(shù)p,q,r，使得paqbrc0”的充要條件.

故選：A

7．B

利用正三棱柱的性質(zhì)計算出，，，再根據(jù)夾角公式即可求解

A1BB1CA1BB1C.

【詳解】由題意22，同理可得，

A1BAA1AB22B1C22

因為A1A平面ABC，BC平面ABC，所以A1ABC，即A1ABC0，

所以A1BB1CA1AABB1BBCA1AB1BA1ABCABB1BABBC

1

A1AB1BABBCcosπABC22222，

2

A1BB1C21

所以cosA1B,B1C，

A1BB1C22224

1

故直線AB與BC所成角的余弦值為.

114

故選：B

8．D

易知直線l過定點P1,0，且點P在圓C內(nèi)，結(jié)合MP垂直于MC，可得動點M的軌跡方程為

22

x1y11，由此容易得出OM的最大值．

22

【詳解】將圓C的方程化為標準方程為x1y29，則圓心為C1,2，

直線l:xay10，易知直線恒過定點P1,0

22

又11029,所以點P1,0在圓內(nèi)，如圖所示：

由于MP垂直于MC，則點M的軌跡為以CP為直徑的圓，

線段CP的中點坐標為N1,1，CN1，

22

所以動點M的軌跡方程為x1y11，

又|ON|12(1)22，ON1OMON1，

可得21|OM|21，

即OM的取值范圍為21,21，

所以O(shè)M的最大值為21.

故選：D

9．BCD

利用直線平行以及三條直線交于一點，即可求解.

2xy80x3

【詳解】聯(lián)立，可得，即兩直線交點為3,2.

xy10y2

當a3時，直線xy10和直線ax3y50平行，不能圍成三角形;

當a6時，直線2xy80和直線ax3y50平行，不能圍成三角形;

1

當a時，直線ax3y50經(jīng)過點3,2，三線共點，不能圍成三角形;

3

當a3時，三條直線兩兩相交且不共點，可以圍成三角形，不符合題意.

故選：BCD

10．ABD

根據(jù)圓的方程確定圓心坐標后計算圓心距，可得A;兩圓方程相減得出公共弦所在直線方程，再在其中一個

圓中計算公共弦弦長可判斷B,C;計算兩個圓到給定直線的距離是否分別等于各自半徑，可判斷D.

【詳解】根據(jù)兩圓方程，可知圓C1的圓心坐標C1(1,0),半徑r11,圓C2的圓心坐標C2(2,2),半徑r22.

對于：22故正確；

A|C1C2|(21)25,A

對于B：由A可知，1r2r1|C1C2|r1r23,因此兩圓相交.兩圓的公共弦所在直線方程可由兩圓方程相

222

減得到，即將x1y21減去x2y24,

得到2x34y43,整理化簡得x2y20,故B正確；

對于C：兩圓相交，存在公共弦，在其中一個圓中計算該弦長即可.圓心C1(1,0)到公共弦x2y20的距

|12|5545

離d,故弦長l21()2,故C錯誤；

1222555

|5|

對于D：圓心C1(1,0)到直線3x4y80的距離d11r1,圓心C2(2,2)到直線3x4y80的距

3242

|10|

離d22r2,故直線3x4y80是兩圓的一條公切線，故D正確.

3242

故選：ABD.

11．ABD

以D為原點，建立坐標系，設(shè)E(2,n,0),F(m,0,0)，根據(jù)D1EB1F0，求得mn，由

B1EEFFD1(2,2,0)，可判定A正確；由AEAF，求得m1，可判定B正確；由A1FB1E，列

方程方程組，可判定C錯誤；過A作AMEF，證得A1MA即為直線AA1與平面A1EF所成角，求得

m(2m)

tanA1MA，利用換元法和函數(shù)的單調(diào)性，可判定D正確.

22m(m2)4

【詳解】以D為原點，以DA,DC,DD1所在的直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

如圖所示，可得B1(2,2,2),D1(0,0,2),A(2,0,0),A1(2,0,2)，

設(shè)E(2,n,0),F(m,0,0)，其中0m,n2可得D1E(2,n,2),B1F(m2,2,2)，

因為D1EB1F，則D1EB1F2(m2)2n40，

可得mn，所以E(2,m,0),F(m,0,0)，

對于A，由B1EEFFD10,m2,2m2,m,0m,0,22,2,0，

可得B1EEFFD122，所以A正確；

對于B，由AE(0,m,0),AF(m2,0,0)，可得AEm,AF2m

若AEAF，可得AEAF，所以m2m，解得m1，

即E,F分別為AB,AD的中點，所以B正確；

對于C，由A1F(m2,0,2),B1E(0,m2,2)，

若A1F//B1E，可得A1F//B1E，則存在實數(shù)使得A1FB1E，

m20

可得0(m2)，可得m2，因為0m2，所以m不存在，

22

所以不存在E,F使得A1F//B1E，所以C錯誤；

對于D，過點A作AMEF，連接A1M，

在正方體ABCDA1B1C1D1中，可得AA1平面ABCD，

因為EF平面ABCD，所以AA1EF，

又因為AMAA1A，且AM,AA1平面AA1M，所以EF平面AA1M，

因為EF平面A1EF，所以平面A1AM平面A1EF，

所以A1MA即為直線AA1與平面A1EF所成角，

在直角△AEF中，由AEm,AF2m，可得EFAE2AF22m24m4，

AEAFm(2m)m(2m)

所以AM

EF2m24m42m(m2)4

AMAMm(2m)

在直角A1AM中，可得tanA1MA，

AA1222m(m2)4

令t2m24m42(m1)22，其中0m2，

t244t214

可得t[2,2)，且m(m2)，所以tanAMA(t)，

214t4t

4

由函數(shù)ftt在t[2,2)上單調(diào)遞減，

t

2

所以當t2時，ftf(2)2，所以tanA1MA的最大值為，

max4

1

所以sinAMA的最大值為，所以D正確.

13

故選：ABD.

7

12．/3.5

2

根據(jù)向量平行可知存在實數(shù)k，使得akb，結(jié)合向量坐標運算求解即可.

【詳解】因為向量a2,2m3,8，b4,2m1,16，

若a//b，則存在實數(shù)k，使得akb4k,2m1k,16k，

1

4k2k

2

可得2m1k2m3，解得.

7

16k8m

2

7

故答案為：.

2

13．26

把圓的一般方程變形為圓的標準方程得出圓心坐標和半徑，再根據(jù)勾股定理求解即可.

22

【詳解】方程x2y22x2y10可化為x1y11，圓心M1,1，半徑r1，

所以切線長為MP2r232421226.

故答案為：26

14．2

確定P1a1,b1，P2a2,b2分別在直線xy10,xy10上，由平行線間距離即可求解.

【詳解】因為兩條直線a1xb1y10和a2xb2y10都經(jīng)過點A1,1，

所以a1b110，a2b210，

所以P1a1,b1，P2a2,b2分別在直線xy10,xy10上，

11

所以兩點P1a1,b1，P2a2,b2間的最短距離為兩平行線間距離，即d2，

2

故答案為：2

15．(1)25

(2)x2y2x9y120

（1）利用中點坐標公式得到中點坐標，再利用兩點間距離公式求解長度即可.

（2）設(shè)出外接圓的方程，代入點的坐標，進而求解參數(shù)得到方程即可.

【詳解】（1）由中點坐標公式得AB的中點M1,2，

由兩點間距離公式得CM(31)2(02)225.

（2）設(shè)三角形外接圓方程為x2y2DxEyF0,D2E24F0，

174DEF0D1

因為點A,B,C在所求的圓上，可得456D3EF0，解得E9，

93DF0F12

則ABC外接圓的方程為x2y2x9y120.

111

16．(1)OGOAOBOC

333

26

(2)

3

3

(3)

6

（1）根據(jù)向量的線性運算法則，準確化簡、運算，即可求解；

（2）利用向量的模與數(shù)量積的關(guān)系求解即可；

（3）利用向量的夾角公式計算即可求解.

2212

【詳解】（1）OGOAAGOAAEOAOEOAOAOE

3333

1211111

OAOBOCOAOBOC；

3322333

2

111

（2）OGOAOBOC

333

1222

OAOBOC2OAOB2OAOC2OBOC

9

1111

444222222222

9222

26

3

11

（3）因為OEOBOC,ABOBOA，

22

1112111

所以O(shè)EABOBOCOBOAOBOCOBOBOAOCOA

222222

11π1π1π

2222cos22cos22cos.

2232323

21111.

由正四面體OABC的棱長為2，可得OE3,AB2，

OEAB13

所以cos<OE,AB.

OEAB236

2π

17．（1）①Q(mào)0,1；②；（2）證明見解析

2

π

（1）①求得直線PQ的方程，聯(lián)立方程求解即可；②求得圓的方程，由勾股定理可得MCN，計算即

2

可求解；

（2）方法一：求得過點Px0,y0和直線l:AxByC0垂直的直線方程，聯(lián)立方程組求得交點坐標，由

平面中兩點間的距離公式即可得證；方法二：過點P分別作y軸?x軸的垂線，分別與l相交于

Mx1,y0,Nx0,y2，由等面積法計算即可得證.

【詳解】（1）①因為直線xy10的斜率k1，

所以其垂線的斜率kPQ1，

所以直線PQ的方程為xy10.

xy10

聯(lián)立，解得Q0,1.

xy10

②因為P2,3,Q0,1，

所以以PQ為直徑的圓的圓心C1,2，半徑r2，

所以圓C的方程為(x1)2(y2)22.

設(shè)圓C與y軸交于M,N兩點，則MN2r2d22，

所以MN2CM2CN2，

π2π

所以MCN，所以所求弧長為.

22

（2）法一：設(shè)A0,B0，過點Px0,y0作直線l的垂線，垂足為G，

則過點Px0,y0和直線l:AxByC0垂直的直線方程為BxAyBx0Ay0.

2

Bx0ABy0AC

xG

AxByC022

聯(lián)立，解得AB，

2

BxAyBx0Ay0ABxAyBC

y00

GA2B2

22

Bx0ABy0ACABx0Ay0BC

所以點G的坐標為22,22.

ABAB

22

22

所以Bx0ABy0ACABx0Ay0BC

PG22x022y0

ABAB

2222

Ax0ABy0ACABx0By0BC

2222

ABAB

2222

AAx0By0CBAx0By0C

22

A2B2A2B2

2

AxByCAxByC

0000

22

ABA2B2

當A0,B0時，

CAx0CAx0By0C

dx0.

AAA2B2

當A0,B0時，

CBy0CAx0By0C

dy0.

BBA2B2

Ax0By0C

所以點P到直線l的距離d.

A2B2

法二：過點P作PGl，垂足為G.

當A0,B0時，

過點P分別作y軸?x軸的垂線，

分別與l相交于Mx1,y0,Nx0,y2.

由Ax1By0C0,Ax,0By2C0，

ByCAxC

得x0,y0，

1A2B

AxByC

所以PMxx00，

10A

AxByC

PNyy00

10B

因為PG是Rt△PMN斜邊上的高，

PMPNPMPNAxByC

所以PG00，

MNPM2PN2A2B2

Ax0By0C

即點P到直線l的距離d.

A2B2

當A0,B0時，

CAx0CAx0By0C

dx0.

AAA2B2

當A0,B0時，

CBy0CAx0By0C

dy0.

BBA2B2

Ax0By0C

綜上，點P到直線l的距離d.

A2B2

18．(1)證明見解析

(2)t3

137

(3)t2

8

（1）利用面面垂直的性質(zhì)可得AF平面ABCD，進而利用線面垂直的性質(zhì)可得AFAD,AFAB，建立

空間直角坐標系，利用向量法可得結(jié)論；

（2）求得平面BEM的一個法向量和平面EFN的一個法向量，利用向量法可求t的值；

5

（3）設(shè)BKBM，求得KN3,32,0，利用向量法可求得，進而可求解.

4

【詳解】（1）因為平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC，

在矩形ACEF中，ACAF,AF平面ACEF，所以AF平面ABCD.

又因為AD平面ABCD,AB平面ABCD，所以AFAD,AFAB.

以AD,AB,AF為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系，

則B0,3,0,M1,0,0,E3,3,t，N3,1,0,F0,0,t.

所以ME2,3,t,BN3,2,0，

所以MEBN23320，

所以MEBN.

（2）BE3,0,t,BM1,3,0,EF3,3,0,EN0,2,t.

設(shè)平面BEM的一個法向量為n1x1,y1,z1，

BMn10x13y109

則，即，令y11，得x3,z，

3xtz011t

BEn1011

9

所以平面BEM的一個法向量為n13,1,.

t

設(shè)平面EFN的一個法向量為n2x2,y2,z2，則

EFn203x23y202

，即，令x21，得y1,z，

2ytz022t

ENn2022

2

所以平面EFN的一個法向量為n21,1,.

t

若平面BEM平面EFN，則n1n20，

18

得310，解得t29，

t2

因為t0，所以t3.

（3）設(shè)BKBM，則K,33,0，所以KN3,32,0.

2

由（2）可知，平面EFN的一個法向量n21,1,，所以KNn0，

t2

5

得3320，解得.