重庆市名校联盟2023-2024学年度第一期期中联合考试数学试题参考答案（高2025届）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1—8ABCADABB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9.BD10.ABC11.ABD12.BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.314.1(答案不唯一，小于2的整数都可以)15.xy2016.，227．【详解】过D作DGCE，垂足为G，假定ABCD和BCEF均为正方形，且边长为1则BC平面CDG，故BCDG，又BCCEC，DG平面BCEF3故直线BD在平面BCEF内的射影为BG，由已知可得DGCDcos，32DG6则以直线BD与平面BCEF所成的角正弦值sinDBG，BD46所以直线BD与平面BCEF内直线所成的角正弦值最小为，4而直线BD与PQ所成角最大为90（异面垂直），即最大正弦值为1.故选：B12.【详解】将正四面体ABCD放入正方体DEBFGAHC中，以点D为原点，以DE，DF，DG所在直线为x轴，y轴，z轴，如图所示，因为正四面体ABCD的长为2，所以正方体的棱长为2，则A(2,0,2)，B(2,2,0)，C(0,2,2)，因为点M，N分别为ABC和△ABD的重心，2222222222222222所以点N的坐标为(,,)，点M的坐标为(,,)，所以NC(,,)333333333222222设NPNC，则NP(,,)，3332222222222所以OPONNP(,,)，3333332222222222所以AP(,,)，3333332222222222BP(,,)，333333214对于Ａ：因为AP(2882288281682)(221)，93214BP(2882816822882)(221)，934443所以APBP(221)(221)221，33343当0时，即CPCN，PN0，取得最小值，故A错误；3高2025届【数学答案】·第1页（共8页）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}1222对于B：若CP3PN，则NPNC，所以OP(,,)，4222因为BA(0,2,2)，BC(2,0,2)，设平面ABC的一个法向量为n1(x,y,z)，2y2z0则，取，则，x1n1(1,1,1)2x2z02因为OPn，所以OP平面ABC，即DP平面ABC，故B正确；212226222223对于C：若DP平面ABC，则NP(,,)，即NP，AN(,,)，即AN，66663333设平面ABO的一个法向量为n2(x,y,z)，因为OA(2,0,2)，OB(2,2,0)，2x2z0则，取x1，则n2(1,1,1)，2x2y02因为NPn，所以NP平面ABO，则三棱锥PABC外接球的球心在直线NP上，6223又因为点N为等边三角形ABO的重心，所以点N为等边三角形ABO的外心，ABO外接圆半径为AN，32226436设三棱锥PABC外接球的半径为R，则R(RNP)AN，即R2(R)2，解得R，63427π所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4πR2，故C选项正确；2222222222222对于D：因为点N的坐标为(,,)，点M的坐标为(,,)，所以MN(0,,)，33333333设平面ACD的一个法向量为n3(x,y,z)，因为OA(2,0,2)，OC(0,2,2)，2x2z0所以，取x1，则n3(1,1,1)，2y2z0因为MNn30，且直线MN平面ACD，所以直线MN//平面ACD，所以点N到平面ACD的距离就是直线MN到平面ACD的距离，22则点到平面的距离ONn326，NACDd3n33926即直线MN到平面ACD的距离为，故D正确，故选：BCD．916.【详解】由AB2，BAD120，E为边BC的中点知：B且BE1，3易知AEEC，AEBE，而ECBEE，故AE⊥面BEC，故AE与BC的夹角为.11112高2025届【数学答案】·第2页（共8页）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}111若G是AB的中点，又F为BD的中点，则GF//AD且GFAD，而ECBCAD且EC//AD，11222所以GF//EC且GFEC，即FGEC为平行四边形，故EGCF且EG//CF，故F的轨迹与G到G的轨迹相同。因为AE⊥面B1EC，所以B到B1的轨迹为以E为圆心，B1E为半径的半圆，而G为AB中BE1BE点，故G到G的轨迹为以AE中点为圆心，1为半径的半圆，所以F的轨迹长度为21。2222四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（本小题满分10分）732解：（1）BC边所在直线的斜率kBC6033因为BC所在直线的斜率与BC高线的斜率乘积为1，所以BC高线的斜率为，……………（3分）2又因为BC高线所在的直线过A4,03所以BC高线所在的直线方程为y0(x4)，即3x2y120………………（5分）2（2）设BC中点为M，则中点M3,5，又kAM5,……………………………（8分）所以BC边上的中线AM所在的直线方程为：y5(x3)5，即：5xy200……………（10分）18.（本小题满分12分）解：（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B1,1,0，B11,1,1，D10,0,1，A1,0,0，C0,1,0;D1B1,1,1，B1C1,0,1，………………………………（2分）DP因为1，所以，D1PD1BD1B所以APAD1D1PAD1D1B1,0,11,1,11,,1，……………………（4分）所以APB1C110，所以APB1C.…………………………………………………（6分）（2）PCPBBC1D1BBC,1,1，PA1,,1，……………（8分）因为APC为钝角，所以PAPC32410，…………………………………………（10分）1解得1.31又因为32411在R上恒成立，所以1.…………………………………………（12分）3高2025届【数学答案】·第3页（共8页）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}19.（本小题满分12分）（1）若切线l的斜率不存在，则切线l的方程为x3．………………………………………（2分）若切线l的斜率存在，设切线l的方程为y2kx3，即kxy3k20．因为直线l与圆C相切，所以圆心C1,1到l的距离为2，2k35即2，解得k，…………………………………………………………………（4分）k2112所以切线l的方程为y25x3，即5x12y90．12综上，切线l的方程为x3或5x12y90．………………………………………………（6分）348（3）圆心C到直线m的距离为32，直线m与圆C相离，32(4)222因为QMQC4，所以当QC最小时，QM有最小值．……………………………（8分）348当QCm时，QC最小，最小值为3，3242所以QM的最小值为3245．……………………………………………………………（12分）20.（本小题满分12分）（1）证明：取A1C1的中点为F，连接EF,AF.1E,F分别是BC，AC的中点,EF∥AB.11112111D是AB的中点，ADAB21直三棱柱ABC-ABC，AB∥AB.AD∥AB，EF∥AD.11111211四边形ADEF为平行四边形.……………………………（2分）AF//DE又DE平面ACC1A1，AF平面ACC1A1，所以DE//平面ACC1A1.……………………………（5分）（2）解：选择条件①：BCAC1；-直三棱柱ABCA1B1C1，CC1平面ABC，BC平面ABC，CC1BC，BCAC1，AC1CC1C1,AC1,CC1平面ACC1A1，所以BC平面ACC1A1.而AC平面ACC1A1.BCAC……………………………（7分）又B1C1//BC,A1C1//AC，B1C1A1C1.高2025届【数学答案】·第4页（共8页）{#{QQABJYYEggAAAgAAAQgCUwFgCkIQkAAACIoORBAEoAABwQNABAA=}#}以C1为原点，分别以C1A1,C1B1,C1C所在方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则A(2,0,3),B(0,2,3),C1(0,0,0),D1,1,3,E0,1,0，所以C1A(2,0,3),C1B(0,2,3),DE(1,0,3)，设n(x,y,z)为平面ABC1的一个法向量，则mC1A02x3z0，即，2y3z0mC1B0令x3，则y3,z2，n(3,3,2)，…………………（9分）设直线DE与平面ABC1所成的角为，则nDE130332355sincosn,DE.222nDE323221023110355所以直线DE与平面ABC1所成的角的正弦值为.……………………………（12分）110选择条件②：DEB1C1；取A1B1的中点为D1，连接DD1,D1E.-直三棱柱ABCA1B1C1，D,D1分别是AB，A1B1的中点,DD1平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1，B1C1DD1，DEB1C1，DEDD1D,DE,DD1平面DED1，所以B1C1平面DED1.而ED1平面DED1.B1C1ED1.……………………………（7分）E,D1分别是B1C1，A1B1的中点,ED1//A1C1，B1C1A1C1.以C1为原点，分别以C1A1,C1B1,C1C所在方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C1xyz，则A(2,0,3),B(0,2,3),C1(0,0,0),D1,1,3,E0,1,0，所以C1A(2,0,3),C1B