浙江省寧波市2024-2025學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期中試題含解析

Page18浙江省寧波市2024-2025學(xué)年高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期中試題一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8題，每題5分，共40分.1.已知直線的斜率為2，且過(guò)點(diǎn)，則直線的一般方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出直線的點(diǎn)斜式方程，再化為一般方程可得答案.【詳解】因?yàn)橹本€的斜率為2，且過(guò)點(diǎn)，由直線的點(diǎn)斜式方程可得，則直線的一般方程是.故選：A.2.在空間直角坐標(biāo)系中，，，，則，，三點(diǎn)所在平面的其中一個(gè)法向量的坐標(biāo)是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)法向量的求解方法求解即可.【詳解】解：由題知，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，所以，，即，令，則所以，.故選：B3.直線：在軸，軸上的截距之和是（）A.7 B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】把直線化為截距式，得到在兩坐標(biāo)軸的截距即可求解【詳解】直線：化為截距式得，則直線：在軸，軸上的截距分別為：，所以直線：在軸，軸上的截距之和是，故選：D4.若方程：表示圓，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(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?yàn)榉匠蹋罕硎緢A，則有，解得：，故選：B.5.《九章算術(shù)》中的“商功”篇主要講解并描述了以立體幾何為主的各種形體體積的計(jì)算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱.如圖，在塹堵中，分別是的中點(diǎn)，是的中點(diǎn)，若，則（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】連接，由，即可求出答案.【詳解】連接如下圖：由于是的中點(diǎn)，.依據(jù)題意知..故選：C.6.已知圓：，則直線：被圓截得的弦長(zhǎng)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用半徑、圓心到直線的距離、弦長(zhǎng)的一半構(gòu)成的直角三角形計(jì)算可得答案.【詳解】圓的圓心，半徑為，圓心到直線的距離為，則直線被圓截得的弦長(zhǎng)為.故選：A.7.已知，，，若，，共面，則實(shí)數(shù)的值等于（）A. B. C. D.0【答案】D【解析】【分析】依據(jù)向量共面的性質(zhì)，得到，列方程求解即可.【詳解】，，共面，可得，則，解得故選：D8.已知圓：，則動(dòng)直線：所截得弦長(zhǎng)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求得動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)，再依據(jù)時(shí)，弦長(zhǎng)最短和動(dòng)直線過(guò)圓心時(shí)，弦長(zhǎng)最長(zhǎng)求解.【詳解】解：由，解得，則動(dòng)直線：過(guò)定點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，弦長(zhǎng)最短，此時(shí)，所以最短弦長(zhǎng)，當(dāng)動(dòng)直線過(guò)圓心時(shí)，弦長(zhǎng)最長(zhǎng)，即為直徑，所以所截得弦長(zhǎng)的取值范圍是，故選：D二、多項(xiàng)選擇題：本大題共4題，每題5分，共20分.9.關(guān)于橢圓：，下列敘述正確的是（）A.焦點(diǎn)在軸上 B.長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4 C.離心率為 D.過(guò)點(diǎn)【答案】BC【解析】【分析】依據(jù)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，可推斷A項(xiàng)；求出a，b，c的值，可推斷B，C項(xiàng)；代入推斷D項(xiàng).【詳解】由已知，橢圓的焦點(diǎn)在軸上，a=2，，c=1，則長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a=4，離心率為.將點(diǎn)代入橢圓方程左邊得，不滿意，即點(diǎn)不在橢圓上.故選：BC.10.已知，是兩個(gè)不同的平面，，是兩條不同的直線，則下列命題正確的是（）A.，，則 B.，，則C，，則 D.，，則【答案】BD【解析】【分析】依據(jù)直線與直線、直線與平面，平面與平面位置關(guān)系，逐項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)即可求解.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)?，，所以直線，可以相交或或與異面，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)?，，所以，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)?，，所以或相交，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)?，，所以，故選項(xiàng)D正確，故選：BD.11.已知圓：，圓：，下列描述正確的是（）A.，兩圓內(nèi)含 B.兩圓相切C.兩圓相交 D.兩圓公共弦所在的直線過(guò)原點(diǎn)【答案】ABCD【解析】【分析】利用兩圓的位置關(guān)系求解推斷.【詳解】解：已知圓：，圓：，若兩圓內(nèi)含，則，即或（舍去），解得，故A正確；若兩圓相切，則或，解得或，故B正確；若兩圓相交，則，解得，故C正確；當(dāng)時(shí)，，兩圓方程相減得，所以兩圓公共弦所在的直線過(guò)原點(diǎn)，故D正確；故選：ABCD12.如圖，已知正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)，在平面內(nèi)，若，，則下述結(jié)論正確的是（）A.到直線的最大距離為 B.點(diǎn)的軌跡是一個(gè)圓C.的最小值為 D.直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】CD【解析】【分析】選項(xiàng)A：由，得，分析得的軌跡為圓，再求最值即可；選項(xiàng)B：由平面，而點(diǎn)在上，即的軌跡為線段；選項(xiàng)C：由E的軌跡為圓，的軌跡為線段，可分析得；選項(xiàng)D：建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求最值.【詳解】對(duì)于A:，即，所以，即點(diǎn)E在面內(nèi)，以為圓心、半徑為1的圓上,所以，當(dāng)位于中點(diǎn)時(shí)，到直線的距離最大，為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B:正方體中，，又，且，所以平面，所以點(diǎn)F在上，即的軌跡為線段，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C:在平面內(nèi)，到直線的距離為當(dāng)點(diǎn)，落在上時(shí)，；故C正確；對(duì)于D:建立如圖示的坐標(biāo)系，則,由B選項(xiàng)的證明過(guò)程可知：的軌跡為線段，所以設(shè)，則，則，而設(shè)平面的法向量，則有，不妨令，則，設(shè)與平面所成角為，則：當(dāng)時(shí)，有最大值，故D正確；故選：CD三、填空題：本大題共4題，每題5分，共20分.13.已知直線：，：，則兩直線的距離是______.【答案】【解析】【分析】由平行線間距離公式進(jìn)行計(jì)算.【詳解】由平行線間距離公式得：.故答案為：.14.已知，，且，則等于______.【答案】####4.5【解析】【分析】先利用空間向量線性運(yùn)算法則計(jì)算出，，再由向量平行得到方程組，求出的值，求出.【詳解】，，因?yàn)?，所以存在非零?shí)數(shù)，使得，故，解得：，故.故答案為：.15.點(diǎn)到兩定點(diǎn)，的距離之和為6，則點(diǎn)的軌跡方程是______.【答案】【解析】【分析】由橢圓的定義求解即可【詳解】因?yàn)?，由橢圓的定義可知，動(dòng)點(diǎn)點(diǎn)的軌跡是以，為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6的橢圓，所以，，所以點(diǎn)的軌跡方程是，故答案為：16.若直線：始終平分圓：的周長(zhǎng)，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】依據(jù)已知條件，直線過(guò)圓心，得到a，b的關(guān)系式，代入式子可得到二次式，求二次函數(shù)的最小值即可.【詳解】圓：，圓心為（-2，-1），半徑為2，由已知可得，直線：過(guò)圓心，即有，即，則代入故答案為：20.四、解答題：本大題共6題，第17題10分，18至22題每題12分，共70分.17.已知點(diǎn)，，直線：.（1）直線過(guò)點(diǎn)，，求直線的一般方式；（2）求過(guò)中點(diǎn)且與直線垂直的直線方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得斜率，再利用點(diǎn)斜式求解；（2）先求得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)，再依據(jù)垂直得到斜率求解.【小問(wèn)1詳解】解：因?yàn)辄c(diǎn)，，所以所以直線方程為：，化為一般式方程為：；【小問(wèn)2詳解】因?yàn)辄c(diǎn)，，由中點(diǎn)公式得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，又所求直線斜率為，所以直線方程為：.18.在正方體中，是的中點(diǎn).（1）求證：平面；（2）求點(diǎn)到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)已知條件及三角形的中位線定理，結(jié)合線面平行的判定定理即可求解；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面法向量，結(jié)合點(diǎn)到面的距離公式即可求解.【小問(wèn)1詳解】連接，交于,連接，在正方體中，平面為正方形，所以是的中點(diǎn)，又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以為的中位線，所以，又平面，平面，所以平面；【小問(wèn)2詳解】以坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示設(shè)不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則,所以，,設(shè)平面的法向量為，則,即，令，則，所以平面的法向量，所以點(diǎn)到平面的距離為.19.已知橢圓的焦點(diǎn)在軸上，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）直線：與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用橢圓的離心率公式及短軸長(zhǎng)，結(jié)合橢圓中的關(guān)系即可求解；（2）利用直線與橢圓的位置關(guān)系及一元二次不等式的解法即可求解.【小問(wèn)1詳解】由題意可知，，解得，故橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為.【小問(wèn)2詳解】由，消去，得，因?yàn)橹本€與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，所以，即，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.20.如圖：在多面體中，四邊形是正方形，平面，，，點(diǎn)為棱的中點(diǎn).（1）求證：平面平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由三角形中位線的平行性證得MN平面EFC，由平行四邊形的平行性證得BD平面EFC，從而證出平面BMD平面EFC.（2）以D為原點(diǎn)建系后，利用線面角公式計(jì)算即可.【小問(wèn)1詳解】連接，交于N，則N為的中點(diǎn).∵M(jìn)為AE的中點(diǎn)，∴∵M(jìn)N平面EFC，EC平面EFC，∴MN平面EFC∵∴四邊形BDEF為平行四邊形，∴∵BD平面EFC，EF平面EFC，∴BD平面EFC又∵，MN、BD平面BDM∴平面BMD平面EFC【小問(wèn)2詳解】∵，BF⊥平面ABCD∴DE⊥平面ABCD又∵四邊形ABCD是正方形∴DA、DC、DE兩兩垂直∴以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DE為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB=2，則DE=4，則，，，∴，，設(shè)平面BDM的一個(gè)法向量由得令x=2，得y=－2，z=－1，∴設(shè)AE與平面BDM所成的角為，∴直線AE與平面BDM所成角的正弦值為.21.已知平面，，是正三角形，.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中點(diǎn)為，通過(guò)證明面，即可由線面垂直證明面面垂直；（2）依據(jù)（1）中所證，先找到二面角的平面角，再解三角形即可.【小問(wèn)1詳解】取中點(diǎn)分別為，連接，如下所示:因?yàn)槊婷?，故；又△為等邊三角形，故；又面，故面；又在△中，分別為的中點(diǎn)，故//；因?yàn)槊婷妫?/，又；故//，則四邊形為平行四邊形，則//，故面，又面，故面面.【小問(wèn)2詳解】連接，過(guò)作，連接，如下所示：在△中，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，故，又由（1）可得：平面面，又面面，面，故面，故即為所求二面角的平面角；設(shè)，易知，，，，故在△中，由余弦定理可得，則，則在△中，，解得；又在△中，，，故，故二面角的余弦值為.22.平面直角坐標(biāo)系中，圓M經(jīng)過(guò)點(diǎn)，，．（1）求圓M的方程；（2）設(shè)，過(guò)點(diǎn)D作直線，交圓M于PQ兩點(diǎn)，PQ不在y軸上，過(guò)點(diǎn)D作與直線垂直的直線，交圓M于E、F兩點(diǎn)，記四邊形EPFQ的面積為S，求S的最大值．【答案】（1）（2）7【解析】【分