2024學年黃山市高二數(shù)學上學期期中聯(lián)考試卷附答案解析

學年黃山市高二數(shù)學上學期期中聯(lián)考試卷2024年11月一、單選題（本大題共8小題）1．已知，向量，且，則（

）A．1 B．-1 C．2 D．-22．若直線與直線垂直，則的值為（

）A．2 B． C． D．03．已知點是直線上一點，且是直線的一個方向向量，若角的終邊落在直線上，則（

）A． B． C． D．4．如圖，在三棱錐中，是線段的中點，則（

）A． B．C． D．5．已知圓被軸截得的弦長為，圓，則兩圓的公共弦所在的直線方程為（

）A． B．C． D．6．如圖，在平行六面體中，，，則（

）A． B． C． D．7．點是橢圓上一點，點分別是橢圓的左、右焦點，且，則的面積為（

）A． B． C． D．8．數(shù)學家華羅庚曾說：“數(shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難入微”.事實上，很多代數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，例如，與相關的代數(shù)問題，可以轉(zhuǎn)化為點與點之間距離的幾何問題.若曲線，且點M，N分別在曲線和圓：上，則M，N兩點間的最大距離為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．關于空間向量，下列說法正確的是（

）A．若共線，則B．已知，若，則C．若對空間中任意一點，有，則P，A，B，C四點共面D．若向量能構(gòu)成空間的一個基底，則也能構(gòu)成空間的一個基底10．若，直線，則下列說法正確的是（

）A．直線過定點B．直線一定經(jīng)過第一象限C．點到直線的距離的最大值為D．的充要條件是11．已知橢圓分別為的左、右焦點，A，B分別為的左、右頂點，點是橢圓上的一個動點，且點到距離的最大值和最小值分別為3和1.下列結(jié)論正確的是（

）A．橢圓的離心率為B．存在點，使得C．若，則外接圓的面積為D．的最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．已知橢圓：的焦點在軸上，則實數(shù)的取值范圍為.13．古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262年—公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，著作有中這樣一個命題：平面內(nèi)與兩定點距離的比為常數(shù)且的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓.已知點，點滿足，則點的軌跡所對應的阿波羅尼斯圓的半徑為.14．在長方體中，，點為線段上一點（不在端點處），當時，的面積為.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，在直三棱柱中，，點，，分別為的中點.(1)證明：平面；(2)若，求直線DE與平面的距離.16．已知橢圓，其左、右焦點分別為，上頂點為A，O為坐標原點，且的面積為.(1)求橢圓的標準方程；(2)若，求橢圓上的點到直線距離的最大值.17．已知四棱錐中，底面四邊形ABCD是正方形，底面，是線段的中點，在線段上，且滿足與所成的角為.

(1)證明：；(2)求平面與平面夾角的余弦值.18．在平面直角坐標系中，圓C為過點的圓.(1)求圓的標準方程；(2)過點的直線與交于M，N兩點，求弦MN中點的軌跡方程；(3)從點發(fā)出的光線射到軸上，被軸反射后的光線與圓相切，求所在直線的方程.19．若橢圓：上的兩個點滿足，則稱M，N為該橢圓的一個“共軛點對”，點M，N互為共軛點.顯然，對于橢圓上任意一點，總有兩個共軛點.已知橢圓，點是橢圓上一動點，點的兩個共軛點分別記為.(1)當點坐標為時，求；(2)當直線斜率存在時，記其斜率分別為，其中，求的最小值；(3)證明：的面積為定值.

參考答案1．【答案】A【詳解】因為向量，且，所以，所以.故選：A2．【答案】C【詳解】由直線與直線垂直，得.故選：C.3．【答案】A【詳解】因為直線過點，且平行于向量，所以直線的方程為，當時，取終邊上的點，可得，當時，取終邊上的點，可得，所以若角的終邊落在直線上，則，所以.故選：A.4．【答案】D【詳解】連接，因為是線段的中點，所以，因為，所以，所以.故選：D.5．【答案】C【詳解】根據(jù)題意，可知圓，即圓，圓心為，半徑，令，則有：，根據(jù)韋達定理及弦長公式可求：，所以，故圓的半徑，故圓，又因為圓，設AB為兩圓的公共弦所在的直線，則有作差變形可得：；即直線AB的方程為.故選：C6．【答案】B【詳解】設，因為六面體是平行六面體，所以，因為，代入計算可得：，故有：，所以，所以，因為，所以.故選：B7．【答案】B【詳解】由題可知，記，，，中，由余弦定理得，又，，.故選：B.8．【答案】C【詳解】因為，所以可以轉(zhuǎn)化為到的距離，同理，可以轉(zhuǎn)化為到的距離，因為，所以到兩定點和的距離之和為，所以在以點和為焦點的橢圓上，設橢圓的標準方程為：，則，即，又，所以，所以曲線，即橢圓的方程為：，又因為圓的圓心為，半徑為，則M，N兩點間的最大距離可以轉(zhuǎn)化為圓心到橢圓上的點的最大距離再加上圓的半徑，點在，故，所以圓心到橢圓上點的距離，因為開口向下，對稱軸為，所以在上單調(diào)遞減，故，則，所以M，N兩點間的最大距離是．9．【答案】BCD【詳解】若同向且，此時，即不成立，故A錯誤；因為，則，即，得，故B正確；因為，且，所以P，B，A，C四點共面，故C正確；假設，則方程無解，即不存在實數(shù)x，y使得該式成立，所以不共面，可以作為基底向量，故D正確．故選：BCD.10．【答案】ABD【詳解】由，即為，令，解得，所以直線過定點，故A正確；因為，則的斜率存在且不為零，在軸上的截距，所以一定經(jīng)過第一象限，故B正確；當時，點到直線的距離的最大，最大值為，故C錯誤；若，則，因為，故有，經(jīng)檢驗，符合題意，所以，所以的充要條件是，故D正確．故選：ABD11．【答案】ACD【詳解】A選項，因為點是橢圓上的一個動點，且點到距離的最大值和最小值分別為3和1，故有：，解得：，橢圓的離心率，故A正確；B選項，若橢圓上存在點，使得，則點在圓上，又因為方程組無解，故B錯誤；C選項，設，則，若，即，在中，由余弦定理可得，因為，所以，根據(jù)正弦定理可知，，故C正確；D選項，設，則：，令，則，所以，當且僅當，即時取“=”，所以的最小值為，故D正確.故選：ACD12．【答案】【詳解】由題可知.故答案為：13．【答案】【詳解】設，因為，化簡得到圓，是以為圓心，為半徑的圓．故答案為：.14．【答案】【詳解】根據(jù)題意可知，以為坐標原點，分別以為，，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，設，則，則因為，解得，故此時點為線段的中點，則.故答案為：15．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為為直三棱柱，所以，又，分別為AB，的中點，所以，所以，又平面平面，所以平面；（2）因為為直三棱柱，且，以為坐標原點，分別以所在直線為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因，則，則，因為，則，即，設平面的法向量為，則，解得，取，則，所以平面的一個法向量為，又，即，所以點到平面的距離，因為，分別為AB，的中點，故有直線平面，所以直線DE與平面的距離即為點到平面的距離，故直線DE與平面的距離.16．【答案】(1)或；(2)【詳解】（1）在Rt中，，，，，，又，，聯(lián)立，解得或，橢圓的標準方程為或；（2），橢圓的標準方程為，直線的方程為，即，設直線的方程為，聯(lián)立，得，令得或，結(jié)合圖形可知，當時，直線與橢圓的公共點到直線的距離最大，此時直線的方程為．距離的最大值為.17．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為底面，且底面，所以，又因為為正方形，可得，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，即為，且是線段的中點，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以；（2）根據(jù)題意可知，以點為原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，

設正方形的邊長為2，可得，可得，則，因為在線段上，設，其中，則，因為與所成的角為，可得，解得，所以，所以，可得，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，又，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，設平面與平面的夾角為，可得故平面與平面夾角的余弦值為.18．【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設圓的標準方程為，故有：所以圓的標準方程為；（2）設弦MN的中點，

當直線斜率不存在時，點與點重合，當直線斜率為0時，點與點重合，當直線斜率存在且不為0時，由垂徑定理知，點的軌跡是以CG為直徑的圓．由，得，，整理得：；（3）因為圓關于軸的對稱圓的方程：，設的方程為，即，由于對稱圓心到的距離為圓的半徑，則，從而可得或．當時，反射光線所在直線與圓相切，反射光線不與圓相切