精品解析：广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

2024-2025学年第一学期期中考试 盐田高级中学高二数学试题卷 命题人：刘国华 审题人：孙莉 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内，每小题5分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点（ ） A. B. C. D. 2. 若直线的方程为，则此直线必不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆经过，两点，且圆心在直线，则圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 6. 在直四棱柱中，底面ABCD为等腰梯形，，为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线，直线是直线绕点逆时针旋转得到的直线，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，为过点的弦，为的中点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的部分分，有选错的得0分） 9. 点在圆上，点在圆上，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为7 C. 两个圆心所在的直线斜率为 D. 两个圆相交弦所在直线的方程为 10. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 11. 已知动点到定点的距离和它到直线的距离的比是常数点的轨迹称为曲线，直线取曲线交于两点．则下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为： B. 的最小值为1 C. 为坐标原点，的最小值为 D. 为曲线上不同于的一点，且直线的斜率分别为，则 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，则平面与直线所成角的正弦值为______． 13. 当点到直线的距离最大时，此时的直线方程为_______________. 14. 椭圆的离心率e满足，则称该椭圆为“黄金椭圆”．若是“黄金椭圆”，则______；“黄金椭圆”两个焦点分别为、（），P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接PM并延长交于N，则______． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分） 15. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2，且与的夹角都等于在棱PD上，，设，. （1）试用表示向量； （2）求与的夹角. 16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，上顶点为，且． （1）求的离心率； （2）射线与交于点，且，求的周长． 17. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，O为线段的中点且底面，，，E是的中点. （1）证明：平面； （2）点M为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知圆C：与圆：. （1）求C与相交所得公共弦长； （2）若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求 19. 在平面直角坐标系中，已知动点到直线的距离与点到点的距离的比是 （1）求动点P的轨迹方程E； （2）若轨迹E与x轴的交点分别为.过点的直线分别与轨迹相交于点M和点N，求四边形AMBN面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期期中考试 盐田高级中学高二数学试题卷 命题人：刘国华 审题人：孙莉 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内，每小题5分，共40分） 1. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合空间直角坐标系的性质，即可求解. 【详解】根据空间直角坐标系的性质，都可点关于平面的对称点是． 故选：A. 2. 若直线的方程为，则此直线必不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由条件判断直线的斜率和纵截距的正负，结合图象分析即得. 【详解】由可得，， 即直线的斜率为负数，在轴上的截距为负数， 故直线经过第二、三、四象限，即不经过第一象限. 故选：A. 3. 已知，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值. 【详解】向量， 若， 则， . 故选：C. 4. 已知是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得解. 【详解】当直线的斜率不存在时，由对称性可知被椭圆截得线段的中点在轴上，不合题意； 故可设直线的方程为，代入椭圆方程化简得， ， 有，，解得， 所以直线的方程为，即. 故选：B. 5. 已知圆经过，两点，且圆心在直线，则圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出圆的标准方程，根据条件列出方程组，进而求解即可. 【详解】由题知，设圆的标准方程为， 则，解得， 所以圆的标准方程为. 故选：C 6. 在直四棱柱中，底面ABCD为等腰梯形，，为棱的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量方法求点面距离即可. 【详解】底面ABCD为等腰梯形，，， 如图，在底面ABCD中，过点作，垂足为， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， ， 设平面的法向量为， 则，所以，两式相减可得， 令，解得， 则平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. 故选：D. 7. 已知直线，直线是直线绕点逆时针旋转得到的直线，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，表示出直线的倾斜角，再利用和角的正切公式求出斜率即可得解. 【详解】设直线的倾斜角为，则，， 则直线的倾斜角为， 故其斜率， 而直线过点，则直线的点斜式方程为， 即直线的方程是. 故选：A 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，为过点的弦，为的中点，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，然后根据勾股定理以及椭圆的定义求解出的关系，化简可得的关系，最后根据离心率的定义求出结果. 【详解】设，因为，为的中点， 所以，， 由椭圆定义可得， 所以， 又因为，为的中点， 所以，， 设椭圆的半焦距为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 所以椭圆C的离心率， 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的部分分，有选错的得0分） 9. 点在圆上，点在圆上，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为7 C. 两个圆心所在的直线斜率为 D. 两个圆相交弦所在直线的方程为 【答案】ABC 【解析】 【分析】分别找出两圆的圆心和的坐标，以及半径和，利用两点间的距离公式求出两圆心间的距离，根据大于两半径之和，得到两圆的位置关系是外离，又为圆上的点，为圆上的点，便可求出其最值，用斜率公式求出. 【详解】圆的圆心坐标，半径 圆 ，即的圆心坐标，半径 ∴圆心距 又在圆上，在圆上 则的最小值为，最大值为． 故A、B正确； 两圆圆心所在的直线斜率为，C正确； 圆心距大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误. 故答案为：ABC 10. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 11. 已知动点到定点的距离和它到直线的距离的比是常数点的轨迹称为曲线，直线取曲线交于两点．则下列说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为： B. 的最小值为1 C. 为坐标原点，的最小值为 D. 为曲线上不同于的一点，且直线的斜率分别为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据曲线方程的求法求解判断A，由椭圆的定义及“1”的变形技巧运用均值不等式求最值判断B，根据题意知，转化后求椭圆上点到直线与原点距离和的最值判断C，利用斜率公式及椭圆方程化简计算斜率之积判断D. 【详解】对A，设，则，即， 化简得，故A正确； 对B，设椭圆另一个焦点为，如图， 由O为和中点可知四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对C，由定义知动点到定点与它到定直线距离满足， 所以，即求椭圆上一点到与直线距离和的最小值， 显然当在椭圆右顶点时，取得最小值，故C正确； 对D，设，则， 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 若平面的一个法向量，直线的一个方向向量为，则平面与直线所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】直接利用线面角的正弦值求法将两个向量代入即可得出答案. 【详解】设与所成角为 ,设向量与的夹角为， 平面α的一个法向量，直线的一个方向向量为， . 故答案为：. 13. 当点到直线的距离最大时，此时的直线方程为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】确定直线过定点，再结合结合直线垂直的斜率公式，即可求解. 【详解】 可得：， 令可得：， 所以直线过定点， 当时，两点间的距离即为最大值， 又,所以， 所以直线方程为，即. 故答案为： 14. 椭圆的离心率e满足，则称该椭圆为“黄金椭圆”．若是“黄金椭圆”，则______；“黄金椭圆”两个焦点分别为、（），P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接PM并延长交于N，则______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据离心率可得关于的方程，从而可求其值，根据角平分线的形状结合椭圆的定义可得的值. 【详解】因为是“黄金椭圆”，故，故， 连接，因为为内心，故为角平分线， 由角平分线性质，有，故， 故答案为：，. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分） 15. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2，且与的夹角都等于在棱PD上，，设，. （1）试用表示向量； （2）求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设条件，利用空间向量的线性运算表示向量即可； （2）根据（1）的结论，利用空间向量的模长公式，结合题设，求得和的值，最后代入空间向量的夹角公式计算可得答案. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 因为，， ， 所以 ， 所以， 因为， 所以与的夹角为. 16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，上顶点为，且． （1）求的离心率； （2）射线与交于点，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，的关系，进而求出椭圆的离心率； （2）由（1）可得与，与的关系，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得点的坐标，求出的表达式，由题意可得，的值，由椭圆的性质可得的周长为，即求出三角形的周长． 【小问1详解】 依题意可得上顶点，左，右焦点分别为，， 所以，， 又， 所以，即，即， 所以，所以离心率； 【小问2详解】 由（1）可得，，则椭圆方程为， 射线的方程为， 联立，整理可得， 解得或，则，即， 所以，解得，则， 所以的周长． 17. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，O为线段的中点且底面，，，E是的中点. （1）证明：平面； （2）点M为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为，所以， O为线段的中点且，故， 连接，又. 所以四边形为正方形，所以， 因为底面，底面， 所以，， 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为E是的中点，所以， 则，，， 设平面的一个法向量， 则，即， 取，则， 故， 又因为平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出，，，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，，从而得到线面平行； （2）求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，知底面的一个法向量为， 因为， 且，，所以. 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知圆C：与圆：. （1）求C与相交所得公共弦长； （2）若过点且斜率为k的直线l与圆C交于P，Q两点，其中O为坐标原点，且，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，求得圆心到该直线的距离d，利用弦长公式可求得所求弦长； （2）易知直线l的方程为，与圆C的方程联立，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，结合题意即可求得 【小问1详解】 由题意知，两圆的公共弦所在直线方程为 整理得， 圆心到直线的距离， 所以所求弦长为； 【小问2详解】 由题设可知直线l的方程为， 设，， 将代入方程， 整理得， 所以，， ， 因为， 解得，经检验，直线与圆有交点， 所以直线l的方程为， 故圆心C在直线l上，所以 19. 在平面直角坐标系中，已知动点到直线的距离与点到点的距离的比是 （1）求动点P的轨迹方程E； （2）若轨迹E与x轴的交点分别为.过点的直线分别与轨迹相交于点M和点N，求四边形AMBN面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据轨迹法，结合条件，即可求解； （2）根据坐标写出直线和的直线方程，并求出点的坐标，即可表示四边形的面积，并根据换元法和基本不等式求面积的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，， 整理为， 所以动点的轨迹方程； 【小问2详解】 如图，设，，， 则直线，， 联立，得， 则，得， 联立，得， 则，得，， 所以四边形的面积 , 设， 则，函数在区间单调递增， 当时，取得最小值，此时面积取得最大值，最大值为. 所以四边形面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $