浙江省寧波三鋒聯(lián)盟2024-2025學年高二上學期期中考試數(shù)學試卷 含解析

2024學年第一學期寧波三鋒教研聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級數(shù)學學科試題考生須知：1．本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字．3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效．4．考試結束后，只需上交答題紙．選擇題部分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知直線過點，，則直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出直線的斜率，由斜率與傾斜角關系即可求解.【詳解】由題可得：，所以直線的傾斜角為：；故選：C2.直線：與直線：的距離是（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】將直線的方程化為，進而根據(jù)平行線間的距離公式計算求解即可.【詳解】直線：化為，又直線：，所以，所以直線與直線的距離是.故選：A.3.“”是“曲線表示橢圓”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據(jù)曲線表示橢圓，可求得t的范圍，根據(jù)充分、必要條件的定義，即可得答案.【詳解】因為曲線為橢圓，所以，解得且，所以“”是“且”的必要而不充分條件.故選：B4.如圖，空間四邊形中，，，，點在線段上，且，點為的中點，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)向量的線性運算即可求解.【詳解】由題可知，故選：A5.在直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)題目中的垂直關系，可建立空間直角坐標系，求出向量與的坐標，即可求得異面直線與所成角的余弦值．【詳解】由題意可知，三線兩兩垂直，所以可建立空間直角坐標系，如圖所示：則A0,0,0，．∴．∴．異面直線與所成角的余弦值為．故選：C．6.已知點，，，圓，一條光線從點發(fā)出，經(jīng)直線反射到圓上的最短路程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)點關于直線的對稱可得，即可根據(jù)三角形三邊關系結合共線求解.【詳解】直線方程為，即，設點關于直線的對稱點為，則，解得，故，圓心為，半徑為，故，因此過經(jīng)過反射在處，由于，故光線從點發(fā)出，經(jīng)直線反射到圓上的最短路程為，故選：B7.已知直線：與圓：，過直線上的任意一點作圓的切線，，切點分別為A，，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可得，可知當OP最小時，最大，結合點到直線的距離公式運算求解.【詳解】由題意可知：圓的圓心為O0,0，半徑為1，則圓心到直線的距離為，可知直線與圓相離，因為，且，當OP最小時，則最大，可得最大，即最大，又因為OP的最小值即為圓心到直線的距離為，此時，所以取得最大值．故選：C．8.設橢圓的兩個焦點是，，過點的直線與橢圓交于點，若，且，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，用表示出，兩次利用余弦定理即可容易求得.【詳解】連接，如下圖所示：由橢圓定義，以及已知條件，可得：，在和中，由余弦定理可得：，代值整理可得：，，則離心率.故選：B.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，涉及余弦定理的使用，橢圓的定義，屬綜合中檔題.二、選擇題：本題共三小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分．9.已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：的左，右焦點，P為橢圓C上異于長軸端點的動點，則下列結論正確的是（）A.的周長為10 B.面積的最大值為C.橢圓C的焦距為6 D.橢圓C的離心率為【答案】AB【解析】【分析】由橢圓的性質(zhì)直接分析即可.【詳解】對A，因為橢圓C：，的周長為，故A正確；對B，因為，面積最大時高最大，為，所以面積的最大值為，故B正確；對C，橢圓C的焦距為，故C錯誤；對D，橢圓C的離心率為，故D錯誤；故選：AB10.已知圓與圓交于，兩點，則（）A.兩圓的公切線有2條B.直線方程為C.D.動點在圓上，則的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)圓心距與半徑的關系可判斷兩圓相交，即可判斷A，根據(jù)兩圓方程相減即可判斷B，根據(jù)弦長公式即可求解C，根據(jù)點點距離公式即可判斷D.【詳解】由題意可知，，故，故兩圓相交，公切線有2條，A正確，與圓相減可得，故直線方程為，B正確，到直線的距離為，故，故C錯誤，可看作是圓上的一個點到點的距離的平方，故最大值為，D正確，故選：ABD11.如圖，已知正方體的棱長為2，點，在四邊形所在的平面內(nèi)，若，，則下述結論正確的是（）A.二面角的平面角的正切值為2B.C.點的軌跡是一個圓D.直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)二面角的幾何法可得其平面角為，即可求解A，根據(jù)勾股定理可得，即可求解C，建立空間坐標系，即可根據(jù)向量垂直判斷B，根據(jù)向量的夾角即可得求解D.【詳解】對于A,連接相交于，連接,由于且，故因此為二面角的平面角，故,故A錯誤，對于C：在正方體中，平面，平面，所以，故，則有，所以點的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，故選項C正確；對于B：在正方體中，平面平面，且兩平面交線為,平面，故平面，因為，則平面，故在上，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為點的軌跡是線段，設，則,,，則,0,，,0,，,0,，,2,，,，則,,，,故，進而可得，故，B正確，又,0,，,2,，,,，設平面的一個法向量為,,，則有，即，令，則，，故平面的一個法向量為,1,，設與平面所成的角為，則,，當時，有最大值，故與平面所成角的正弦值的最大值，故D正確．故選：BCD．非選擇題部分三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.，，，則________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)數(shù)量積的坐標運算可得，即可由模長公式求解.【詳解】，解得，故，故答案為：13.已知正四面體的棱長為1，空間中一點滿足，其中，，，且.則的最小值______．【答案】【解析】【分析】由題設知與，，共面，則的最小值為三棱錐的高，在正四面體中，利用幾何法即可求得．【詳解】由，且，可知與，，共面，則的最小值為三棱錐的高，設為在平面上的射影，連接并延長交于點，則，所以，所以，所以三棱錐的高為．故答案為：14.已知點P是橢圓上一動點，Q是圓上一動點，點，則|PQ|－|PM|的最大值為______.【答案】6【解析】【分析】易知圓的圓心是為橢圓的左焦點，利用橢圓的定義得到，然后由求解.【詳解】如圖所示：由，得，則，所以橢圓的左，右焦點坐標分別為，，則圓的圓心為橢圓的左焦點，由橢圓的定義得，所以，又，所以，，故答案為：6.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫成文字說明，證明過程或驗算步驟．15.已知直線經(jīng)過點．（1）若與直線：垂直，求的方程；（2）若在兩坐標軸上的截距相等，求的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)兩直線垂直得到的斜率，進而利用點斜式求出直線方程；（2）考慮截距為0和不為0兩種情況，設出直線方程，待定系數(shù)法求出直線方程.【小問1詳解】由題可知，的斜率為，設的斜率為，因為，所以，則，又經(jīng)過點，所以的方程為，即；【小問2詳解】若在兩坐標軸上的截距為0，即經(jīng)過原點，設的方程為，將代入解析式得，解得，故方程為，若在兩坐標軸上的截距不為0，則設的方程為，由，得，故的方程為，綜上，的方程為或.16.已知直線與圓交于兩點，點在圓上運動．（1）當時，求；（2）已知點，求的中點的軌跡方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可得圓心到直線的距離，結合點到直線的距離公式運算求解；（2）設，利用相關點法求點的軌跡方程.【小問1詳解】由題意可知：圓的圓心，半徑，則圓心到直線的距離，可得，解得.【小問2詳解】設，因為點，且為的中點，則，又因為點在圓上，則，整理得，所以點的軌跡方程為.17.在直三棱柱中，D、E分別是、的中點，，，.（1）求證：平面；（2）求點E到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算即可證明線面平行；（2）根據(jù)題意，利用空間向量的距離求法，即可得到結果.【小問1詳解】因為為直三棱柱，則平面，且，以的原點，分別為軸，軸，軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，且，分別是，的中點，則，所以,，設平面的法向量為，則，則，取，則，則平面的一個法向量為，因為平面，且，則平面.【小問2詳解】由（1）可知，平面一個法向量為，且，則點到平面的距離.18.如圖，已知等腰梯形中，，，是的中點，，將沿著翻折成，使平面平面.(1)求證：平面；(2)求與平面所成的角；(3)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)30°；(3)存在，.【解析】【分析】(1)首先根據(jù)已知條件并結合線面垂直的判定定理證明平面，再證明即可求解；(2)根據(jù)(1)中結論找出所求角，再結合已知條件即可求解；(3)首先假設存在，然后根據(jù)線面平行的性質(zhì)以及已知條件，看是否能求出點的具體位置，即可求解.【詳解】(1)因為，是的中點，所以，故四邊形是菱形，從而，所以沿著翻折成后，，,又因為，所以平面，由題意，易知，，所以四邊形是平行四邊形，故，所以平面；(2)因為平面，所以與平面所成的角為，由已知條件，可知，，所以是正三角形，所以，所以與平面所成的角為30°；(3)假設線段上存在點，使得平面，過點作交于，連結，，如下圖：所以，所以，，，四點共面，又因為平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，所以為中點，故在線段上存在點，使得平面，且.19.已知、分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1（1）求橢圓的方程；（2）設為橢圓的左頂點，過點的直線交橢圓于、兩點，，求直線的方程．（3）若過橢圓上一點Px0,y0的切線方程為，利用上述結論，設是從橢圓中心到橢圓在點處切線的距離，當在橢圓上運動時，判斷是否為定值．若是求出定值，若不是說明理由．【答案】（1）（2）（3）為定值，且定值為12，【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓上的點和，，的數(shù)量關系即可求出，，即得橢圓方程；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，得韋達定理，即可根據(jù)三角形面積公式，代入化簡求解斜率.（3）根據(jù),的切線方程為，計算原點到切線的距離，由兩點距離公式可得和，對化簡計算即得．【小問1詳解】設，，，故，點在橢圓上，則，，故得，即解得，故橢圓的方程為．【小問2詳解】由（1）知，，，若直線的斜率不存在，則，代入橢圓方程可得，故，此時,故直線有斜率，直線的斜率為，則的