精品解析：甘肃省嘉峪关市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

2024-2025学年高二上学期期中考 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，只有一项是符合要求的. 1. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的性质求出两个椭圆的即可判断． 【详解】曲线表示焦点为，长轴长为10的椭圆； 曲线表示焦点为，长轴长为的椭圆． 故两椭圆的焦距相等，长轴长、短轴长、离心率不一定相等． 故选：D. 2. 设，则直线l：与圆的位置关系为（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交或相切 D. 相交 【答案】C 【解析】 【分析】先求得直线恒过点，检验可得该点在圆上，即可得出答案. 【详解】直线可化为， 由可得，，所以直线恒过点. 又，即点在圆上， 所以，过点的直线与圆相交或相切. 故选：C. 3. 在空间四边形中，点在上，点在上，且，则向量等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加减运算法则，以为基底，不断向其转化即可得到答案. 【详解】 故选：A. 4. 如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且，则||等于（ ） A. B. 5 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】用，，表示出，计算再开方即可得出答案. 【详解】∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2， ∴•0，0， 又3×5×cos60°. ∵， ∴2＝（）2 222+2•229+16+25+15＝65， ∴||. 故选：A. 5. 已知直线l：与圆相切，则满足条件的直线l有（ ）条 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心和半径，由点到直线距离公式得到方程，求出或，进而求出，或，得到切线条数. 【详解】的圆心为，半径为1， 则圆心到的距离为， 则， 故或， 所以或， 当时，，此时直线l：， 当时，或， 当，此时，直线l：， 当，此时，直线l：， 综上：满足条件的直线l有3条. 故选：B 6. 某钟楼的钟面部分是一个正方体，在该正方体的四个侧面分别有四个时钟，如果四个时钟都是准确的，那么从零点开始到十二点的过程中，相邻两个面上的时针所成的角为的位置有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，结合实例分析空间两直线所成角即可得解. 【详解】取正方体的相邻两个面，它们的中心分别为，是对应钟面圆心， 0点时，两个钟面时针分别指向点，显然， 直线分别为正方体相邻两个正方形的面对角线所在直线，它们成的角， 即两个钟面时针分别指向点时，两个时针所成的角为， 当两个钟面时针分别指向点时，有，因此当时针从0点转到3点的过程中， 两个时针所在直线所成的角从逐渐增大到，令成角的位置时针分别指向棱上的点， 如图，建立空间直角坐标系，令，则， 设，显然，则，， ，解得， 因此时针从0点转到3点的过程中，相邻两个面上的时针所成的角为的位置有1个， 同理时针从3点转到6点，6点转到9点，9点转到12点，两个时针所成的角为的位置各有1个， 所以从零点开始到十二点的过程中，相邻两个面上的时针所成的角为的位置有4个. 故选：D 7. 若椭圆C：上存在一点D，使得函数图象上任意一点关于点D的对称点仍在的图象上，且椭圆C的长轴长大于4，则C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定函数的对称中心，再根据题设得到椭圆过这个对称中心，将点代入结合椭圆参数关系及已知列不等式求离心率范围. 【详解】由，即的对称中心为， 要使图象上任意一点关于点D的对称点仍在的图象上， 则点即为的对称中心，故椭圆过，则， 又，故，即， 而，故，又， 所以. 故选：D 8. 在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】找到在平面内的投影，利用线面夹角关系，得到与的等量关系，以、中点为原点建立平面直角坐标系，根据等式关系发现，在平面内的投影在圆上，当最小时，高度最小，则三棱锥的体积最小，从而求出的值. 【详解】设点在平面内的投影为， 因为直线，，与平面所成角分别为，，，且，则， 根据线面夹角关系可知，， 所以，由阿波罗尼斯圆可知，投影在圆上运动，以为轴，过的中点作垂线，建立如图所示直角坐标系. 令，由题可知，. 则，化简得. 当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，则此时，，， 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：本题考查了立体几何的建系求最值问题，空间动点问题常用做法，转换动点到某一平面内，进而用平面内容求解，做到化繁为简. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在实数x，y，使得 D. ，，一定能构成空间的一个基底 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若不全为，则共面，与题意矛盾，所以A正确； 对于B中，由空间中任意两个向量是共面的，可得两两共面， 又由是空间的一个基底，可得不共面，所以B正确； 对于C中，因为不共面，则不存在实数，使得，所以C错误； 对于D中，若，，共面， 则存在实数，使得，可得，方程组组无解， 所以，，不共面，所以D正确. 故选：ABD. 10. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ） A. 当E点运动时，总成立 B. 当E向运动时，二面角逐渐变小 C. 二面角的最小值为45° D. 在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过证明平面，即可由线面垂直证明线线垂直，即可判断A，根据几何特点，即可直接判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断C，利用向量的投影向量计算即可得解，即可判断D. 【详解】对A：因为，面，所以面， 因为面，所以，同理可证， 因为，面，所以平面， 因为平面，所以总成立，故选项A正确； 对B：平面即平面，而平面即平面，所以当E向运动时， 二面角大小不变，选项B不正确； 对C：建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 因为E，F在上，且，故可设 ，设平面的法向量为， 又，所以，取，则， 平面的法向量为，所以， 设二面角的平面角为，则为锐角， 故，当，故，所以，当且仅当时取最大值，即取最小值，故C正确； 对D：因为，，所以，故在方向上的投影向量为， 故选项D正确． 故选：ACD． 11. 经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，下列结论中正确的有（ ） A. 弦AC长度的最小值为 B. 线段BO长度的最大值为 C. 点M的轨迹是一个圆 D. 四边形ABCD面积的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】由圆的性质可以判定AB，再根据直角三角形斜边中线是斜边的一半求出的轨迹方程，最后面积公式应用二次函数最值解决即可. 【详解】如图所示， 设圆心为，半径， 对于A：当时弦心距最大为， 所以此时弦长最小为，A正确； 对于B：是圆上一点，是圆内一点，所以， 所以，B错误； 对于C：如上图所示，连接，设 因为且是中点，所以， 因为是中点，所以， 所以，即， 化简可得，所以得轨迹是一个圆，C正确； 对于D：设圆心到直线的距离分别为， 则， 又，， ， 而，其中， 所以，所以，即，D错误， 故选：AC 【点睛】关键点睛：对轨迹的运算涉及直角三角形斜边中线是斜边的一半的应用，同时在对面积计算的时候也应用到二次函数的最值求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若过点的直线的倾斜角是直线倾斜角的两倍，则直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，得到的斜率，再由点斜式方程求出直线的方程. 【详解】设直线的倾斜角为，由题设可得为锐角，设直线的倾斜角为， 因为直线的方程为：，所以，， 所以，， 因为直线过点，所以，即. 故答案为：. 13. 已知圆，从点向圆作两条切线、，切点分别为、，若，则点到直线的最小距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接、，分析可知为正方形，可得出，可知的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，求出圆心到直线的距离，利用圆的几何性质可求得点到直线的距离的最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为，连接、， 则，，又因为，且， 所以，四边形为正方形，则， 即，即， 所以，点的轨迹方程为， 即点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 圆心到直线的距离为， 因此，点到直线的最小距离为. 故答案为：. 14. 已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题设画出示意图，并将问题化为求中点到面与圆锥交线距离最小值，即可求最小值. 【详解】如下图，将直线BM绕棱旋转，几何体为锥体，截正方体部分锥体如下， 由，面，面，则， 又，面，则面， 面，故面面， 所以，圆锥侧面上，面与圆锥交线上存在到面距离最短的点， 又，且交线上侧的点到面距离比下侧到面面距离要远， 要使在旋转过程中，动点P到动直线BM距离最小， 只需内切圆最下侧的点，即中点到距离最小，即为所求， 而，，故， 所以中点到距离. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：应用正方体、旋转体性质将问题化为点到直线距离为关键. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､正明过程或演算步骤. 15. 已知直线同时过椭圆C的右焦点和上顶点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点P在椭圆C上，且，求的外接圆的方程． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）根据椭圆的定义，结合题意，得到，利用直角三角形的性质，进而求得外接圆的方程. 【小问1详解】 解：因为直线过点和， 可得且，则， 所以所求椭圆的方程为． 【小问2详解】 解：若点在椭圆上，根据椭圆的定义，可得， 因为，可得， 又因为，可得，则，即是直角三角形， 所以的外接圆心为，半径， 所以外接圆方程为． 16. 如图，已知，由确定两个点. （1）写出直线的方程（答案含）； （2）在（为坐标原点）内作内接正方形，顶点在边上，顶点在边上.若，当正方形的面积最大时，求的值. 【答案】（1）直线方程为； （2）， 【解析】 【分析】（1）首先计算，分和得到直线方程即可； （2）根据题意得到点坐标，将坐标代入（1）中的直线方程得到，根据二次函数性质即可得到边长最大值，即面积最大值. 【小问1详解】 由题意知当直线斜率存在时，， 当时，直线的方程为， 当时，直线的方程为. 直线的方程为. 【小问2详解】 由和四边形为正方形可知， ， 因为点在直线上， 所以， 所以， 而正方形的面积最大，即最大， 所以当时，，此时正方形的面积最大. 17. 已知圆O方程为，点A坐标为，以A为圆心的圆A与圆O交于B、C两点． （1）若圆A的半径为2，过点的直线l与圆A所交的弦长为，求直线l的方程； （2）求的最小值． 【答案】（1）或 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意，分直线的斜率存在以及不存在讨论，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，设，，结合向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 依题意得：圆A的方程为， ①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，代入，得，此时直线与圆A所交的弦长为，符合题意； ②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，即，则圆心A到直线l的距离，又，∴，即，解得，故直线l的方程为； 综上，直线l的方程为或． 【小问2详解】 由圆的对称性，设，，则， 所以，因为，所以当时，取得最小值为． 18. 四棱锥中，底面为等腰梯形，，侧面为正三角形； （1）当时，线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （2）当与平面所成角最大时，求三棱锥的外接球的体积． 【答案】（1）存在；1. （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面平面，可得线面垂直，根据垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量，结合线面角的求法确定点的位置. （2）根据与平面所成角最大，确定平面平面，利用（1）中的图形，设三棱锥的外接球的球心，利用空间两点的距离公式求球心和半径即可. 【小问1详解】 因为底面为等腰梯形，， 所以，，，所以. 所以， 又，平面，且，所以平面. 又平面，所以平面平面. 取中点，因为是等边三角形，所以， 平面平面， 所以平面. 再取中点，连接，则，所以. 所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，，.. 设，可得 所以，取平面的法向量. 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或（舍去）. 所以：线段上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【小问2详解】 当平面平面时, 与平面所成角为. 当平面与平面不垂直时，过做平面，连接， 则为与平面所成角，因为， ，，，所以. 故当平面平面时，与平面所成角最大. 此时，设棱锥的外接球球心为，, 所以，解得. 所以三棱锥的外接球的体积为：. 【点睛】方法点睛：在空间直角坐标系中，求一个几何体的外接球球心，可以利用空间两点的距离公式，根据球心到各顶点的距离相等列方程求解. 19. 已知在平面直角坐标系中，，，平面内动点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）点P轨迹记为曲线，若C，D是曲线与x轴的交点，E为直线l：上的动点，直线，与曲线的另一个交点分别为M，N，直线与x轴交点为Q，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据已知代入坐标，化简即可得出答案； （2）先求出坐标，设直线的方程为，求出坐标，进而得出的方程.分别将的方程与圆联立，得出的坐标，表示出的方程，求出的坐标，根据图形关系，表示出，代入，根据基本不等式即可得出答案. 【小问1详解】 设， 由可得， ， 化简得． 所以，点P的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，方程为． 【小问2详解】 解可得，， 设，，显然直线的斜率存在， 设直线的方程为，显然， 代入可得，E点的坐标为， 所以，直线的方程为. 联立直线与圆的方程，得， 由题意知方程有两解，， 且，所以，， 则. 联立直线与圆的方程得， ， 由题意知方程有两解，， 且，即，，， 且. ①当时，直线MN的斜率， 直线MN的方程为， 即，所以； ②当时，，此时直线MN垂直于x轴. 又， 所以直线方程为，也过定点． 综上，直线MN恒过定点，所以，． 根据圆的性质可知， 又， 所以， 所以，所以有， 所以， 当且仅当，即时等号成立，此时， 所以，轴，. 所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二上学期期中考 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，只有一项是符合要求的. 1. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 2. 设，则直线l：与圆的位置关系为（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交或相切 D. 相交 3. 在空间四边形中，点在上，点在上，且，则向量等于（ ） A. B. C. D. 4. 如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且，则||等于（ ） A. B. 5 C. D. 5 5. 已知直线l：与圆相切，则满足条件的直线l有（ ）条 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 某钟楼的钟面部分是一个正方体，在该正方体的四个侧面分别有四个时钟，如果四个时钟都是准确的，那么从零点开始到十二点的过程中，相邻两个面上的时针所成的角为的位置有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 若椭圆C：上存在一点D，使得函数图象上任意一点关于点D的对称点仍在的图象上，且椭圆C的长轴长大于4，则C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时，（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 两两共面，但不共面 C. 一定存在实数x，y，使得 D. ，，一定能构成空间的一个基底 10. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ） A. 当E点运动时，总成立 B. 当E向运动时，二面角逐渐变小 C. 二面角的最小值为45° D. 在方向上的投影向量为 11. 经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，下列结论中正确的有（ ） A. 弦AC长度的最小值为 B. 线段BO长度的最大值为 C. 点M的轨迹是一个圆 D. 四边形ABCD面积的取值范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若过点的直线的倾斜角是直线倾斜角的两倍，则直线的方程为______． 13. 已知圆，从点向圆作两条切线、，切点分别为、，若，则点到直线的最小距离为______． 14. 已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､正明过程或演算步骤. 15. 已知直线同时过椭圆C的右焦点和上顶点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点P在椭圆C上，且，求的外接圆的方程． 16. 如图，已知，由确定两个点. （1）写出直线的方程（答案含）； （2）在（为坐标原点）内作内接正方形，顶点在边上，顶点在边上.若，当正方形的面积最大时，求的值. 17. 已知圆O方程为，点A坐标为，以A为圆心的圆A与圆O交于B、C两点． （1）若圆A的半径为2，过点的直线l与圆A所交的弦长为，求直线l的方程； （2）求的最小值． 18. 四棱锥中，底面为等腰梯形，，侧面为正三角形； （1）当时，线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （2）当与平面所成角最大时，求三棱锥的外接球的体积． 19. 已知在平面直角坐标系中，，，平面内动点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）点P轨迹记为曲线，若C，D是曲线与x轴的交点，E为直线l：上的动点，直线，与曲线的另一个交点分别为M，N，直线与x轴交点为Q，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $