精品解析：辽宁省沈阳市东北育学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

东北育才高中2024—2025学年度上学期 高二年级数学科期中考试试卷 答题时间：120分钟 满分：150 命题人：来洪臣 校对人：魏春新 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列可使，，构成空间的一个基底的条件是（ ） A. B. ，，两两垂直 C D. 2. 已知直线：，直线：，则命题：是命题：的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知双曲线离心率为，则的值为（ ） A 18 B. C. 27 D. 4. 若方程表示圆，则m取值范围是（　　） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的两焦点分别为为椭圆上一点且，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 在平面直角坐标系中，已知向量与关于轴对称，若向量满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一条垂直于轴的直线 B. 是两条平行直线 C. 是一个半径为1的圆 D. 是椭圆 7. “十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图①是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”有两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，在其直观图中建立如图②所示的空间直角坐标系，则（ ） A. B. 点的坐标为 C. ，，，四点共面 D. 直线与直线所成角的余弦值为 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角 C 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 10. 已知点是左、右焦点为，的椭圆上的动点，则（ ） A. 若，则的面积为 B. 使为直角三角形的点有6个 C. 的最大值为 D. 若，则的最大、最小值分别为和 11. 四叶草又称“幸运草”，有一种说法是：第一片叶子代表希望､第二片叶子表示信心､第三片叶子表示爱情､第四片叶子表示幸运.在平面直角坐标系中，“四叶草形”曲线的方程为，则下列关于曲线的描述正确的有（ ） A. 其图象是中心对称图形 B. 其图象只有2条对称轴 C. 其图象绕坐标原点旋转可以重合 D. 其图象上任意两点的距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，点，若平面ABC，则点P的坐标为______． 13. 已知直线与圆相交于两点，当的面积取得最大值时，直线的斜率为，则______. 14. 已知椭圆，过椭圆右焦点F作互相垂直的两条弦，，则的最小值为_______________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程； （3）求边上的中线所在的直线方程. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. （1）求圆的方程; （2）过点的直线与圆相交与两点， 当时，求直线方程； （3）已知实数满足圆的方程，求的最小值. 17. 如图，在三棱柱中，，，，，点是的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 设常数且，椭圆：，点是上的动点． （1）若点的坐标为，求的焦点坐标； （2）设，若定点的坐标为，求的最大值与最小值； （3）设，若上的另一动点满足（为坐标原点），求证：到直线PQ的距离是定值． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，． （1）当时， ①求证：； ②求平面和平面所成角的余弦值； （2）是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东北育才高中2024—2025学年度上学期 高二年级数学科期中考试试卷 答题时间：120分钟 满分：150 命题人：来洪臣 校对人：魏春新 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列可使，，构成空间的一个基底的条件是（ ） A. B. ，，两两垂直 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断三个向量是否共面即可得． 【详解】选项AD中，三个向量一定共面，选项C中，可能共面，只有选项B中，一定不共面， 故选：B． 2. 已知直线：，直线：，则命题：是命题：的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求解. 【详解】由可得：， 解得：或， 当时，两直线重合，不合题意， 当时，两直线平行. 故选：C. 3. 已知双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. 18 B. C. 27 D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助双曲线离心率定义计算即可得. 【详解】由题可得实半轴长，所以半焦距， 所以． 故选：A． 4. 若方程表示圆，则m的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二元二次方程表示圆的条件列不等式求解即可. 【详解】因为表示圆， 所以,解得或. 故选：B. 5. 已知椭圆的两焦点分别为为椭圆上一点且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义结合条件即得. 【详解】椭圆，，，， 设，，则， ，， ， ， ，即． 故选：A． 6. 在平面直角坐标系中，已知向量与关于轴对称，若向量满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一条垂直于轴的直线 B. 是两条平行直线 C. 是一个半径为1的圆 D. 是椭圆 【答案】C 【解析】 【分析】由题意设，结合条件等式即可列式化简，从而判断求解即可. 【详解】不妨设点的坐标为，，，， 由可得，即. 故选：C. 7. “十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图①是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”有两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，在其直观图中建立如图②所示的空间直角坐标系，则（ ） A. B. 点的坐标为 C. ，，，四点共面 D. 直线与直线所成角的余弦值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量的坐标运算逐项计算判断即得. 【详解】依题意，正方形的对角线，则， ，，， 对于A，，A错误； 对于B，由，得，B错误； 对于C，， 于是，又为三个向量的公共起点，因此四点共面，C正确； 对于D，，， 直线与直线所成角的余弦值为，D错误. 故选：C 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作，结合条件可得，结合椭圆定义求出，在，中，分别由勾股定理建立等式得到的方程，求得答案. 【详解】如图，，垂足为， 因为，所以，为的中点， ，， ， ，整理得， 所以，即， ， ， 在中，，在中，， ， 化简整理得， ，解得或，又，. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角 C. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据投影向量的定义列式运算得解；对B，当，同向共线时也成立可判断；对C，由空间向量共面的推论判断；对D，由可判断. 【详解】对于A，在上的投影向量为，故A正确； 对于B，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，故B错误； 对于C，在中，故四点共面，故C正确； 对于D，由，即，故，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知点是左、右焦点为，的椭圆上的动点，则（ ） A. 若，则的面积为 B. 使为直角三角形的点有6个 C. 的最大值为 D. 若，则的最大、最小值分别为和 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据焦点三角形面积相关结论即可判断A；结合椭圆性质可判断B；结合椭圆定义可求线段和差的最值，判断CD. 【详解】A选项：由椭圆方程，所以，，所以， 所以的面积为，故A错误； B选项：当或时为直角三角形，这样的点有4个， 设椭圆的上下顶点分别为，，则，，，同理， 知，所以当位于椭圆的上、下顶点时也为直角三角形， 其他位置不满足，满足条件的点有6个，故B正确； C选项：由于， 所以当最小即时，取得最大值，故C正确； D选项：因为， 又， 的最大、最小值分别为和， 当点位于延长线上时取最大值， 当位置的延长线上时取最小值，故D正确. 故选：BCD 11. 四叶草又称“幸运草”，有一种说法是：第一片叶子代表希望､第二片叶子表示信心､第三片叶子表示爱情､第四片叶子表示幸运.在平面直角坐标系中，“四叶草形”曲线的方程为，则下列关于曲线的描述正确的有（ ） A. 其图象是中心对称图形 B. 其图象只有2条对称轴 C. 其图象绕坐标原点旋转可以重合 D. 其图象上任意两点的距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据曲线的方程，结合点关于原点、、的对称点，及旋转后的点的坐标逐一分析即可判断，曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径，结合基本不等式可得，即曲线在圆的内部，即可判断. 【详解】在方程中，以替换，以替换，方程不变， 所以其图象是中心对称图形，故正确； 在方程中，以替换，以替换，方程不变， 所以其图象关于直线对称， 同理，以替换，以替换，方程不变，所以其图象关于直线对称， 所以其图象有4条对称轴，故错误； 在方程中，以替换，以替换，方程不变， 设为曲线上任意一点， 则点绕坐标原点旋转得到的点为或， 将点或的坐标代入曲线的方程，方程不变， 所以图象绕坐标原点旋转可以重合，故正确； 曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径， ， ， 所以曲线在圆的内部， 所以曲线上任意两点的距离的最大值小于，故错误. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，点，若平面ABC，则点P的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，根据空间向量数量积的坐标运算即可求解. 详解】由题可得，， 平面ABC， ， ， ， . 故答案为：. 13. 已知直线与圆相交于两点，当的面积取得最大值时，直线的斜率为，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】设圆的半径为且，根据三角形的面积公式，得到时，的最大值为，结合圆的性质和点到直线的距离公式，列出方程，即可求解. 【详解】由，可化为，则圆心， 设圆的半径为且，则， 当时，的最大值为， 不妨取直线的方程为，因为， 所以点到直线的距离为，所以，解得， 又由，可得，解得. 故答案为：. 14. 已知椭圆，过椭圆右焦点F作互相垂直的两条弦，，则的最小值为_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】考虑直线的斜率是否存在情况，存在时设，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，化简求得弦长的表达式，进而推出，从而将化为，利用基本不等式即可求得最小值. 【详解】由椭圆可知右焦点 ， 当直线 的斜率不存在时，方程为， 则 ，此时 ， ； 当直线的斜率存在时， 设 ，则 ， 又设点 ． 联立方程组 ，消去y并化简得 ， 因为过椭圆右焦点F，则必有 ， ， ， ， 由题意知，直线的斜率为 ，同理可得 ， 所以 ． 所以 ， 当且仅当时取得等号， 故综合以上，的最小值为， 故答案为：. 【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系的应用，考查了最值问题的求解，综合性强，计算量大，解答时要能熟练应用联立方程利用根与系数的关系，求解弦长问题，解答的关键是根据弦长的表达式特征求得，继而利用基本不等式“1”的巧用求解最值. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程； （3）求边上的中线所在的直线方程. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得. （2）设出直线的方程，利用待定系数法求出直线方程. （3）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得. 【小问1详解】 直线的斜率，则边上的高所在的直线斜率为3， 所以边上的高所在的直线方程为，即. 【小问2详解】 依题意，设直线的方程为，而直线过点，则，解得， 所以直线的方程为. 【小问3详解】 依题意，边的中点，因此边上的中线所在直线的斜率， 所以边上的中线所在直线的方程为，即. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. （1）求圆的方程; （2）过点的直线与圆相交与两点， 当时，求直线方程； （3）已知实数满足圆的方程，求的最小值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意知到直线的距离为圆半径，由点到直线的距离公式即可求解； （2）求得圆心到直线的距离，分斜率是否存在两种情况计算可得结论； （3）求得圆心到的距离的最小值可得结论. 【小问1详解】 （1）由题意知点到直线的距离为圆的半径， 由点到直线的距离公式可得, 所以圆的方程为. 【小问2详解】 因为直线与圆相交与两点，且， 所以可得圆心到直线的距离为， 当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直到直线的距离为，符合题意， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由题意可得，解得， 所以直线的方程为，即， 综上所述：直线的方程为或. 【小问3详解】 表示点到的距离的平方， 又圆心到到的距离为， 所以点到的距离的最小值为， 所以的最小值为. 17. 如图，在三棱柱中，，，，，点是的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出的方向向量与平面的法向量，再由向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 连接，设，连接，由三棱柱的性质可知， 侧面为平行四边形，为的中点， 又为中点，在中，， 又平面，平面， 平面. 【小问2详解】 由题意可知，，两两垂直，故以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，. 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，得； 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 设常数且，椭圆：，点是上动点． （1）若点的坐标为，求的焦点坐标； （2）设，若定点的坐标为，求的最大值与最小值； （3）设，若上的另一动点满足（为坐标原点），求证：到直线PQ的距离是定值． 【答案】（1）； （2）最大值为5，最小值为； （3）详见解析. 【解析】 【分析】（1）由题可得，，即得； （2）由题可得，利用二次函数的性质即得； （3）当直线PQ斜率存在时设其方程为，联立椭圆方程可得，利用韦达定理及条件可得，进而可得到直线PQ的距离为定值，当直线PQ斜率不存在时，可得，易得到直线PQ的距离为定值，即证. 【小问1详解】 ∵椭圆：，点的坐标为， ∴，， ∴的焦点坐标为； 【小问2详解】 设，又， 由题知，即， ∴， 又， ∴当时，取得最大值为25；当时，取得最小值为； ∴的最大值为5，最小值为. 【小问3详解】 当时，椭圆：， 设，当直线PQ斜率存在时设其方程为，则 由，得， ∴， 由可知，即， ∴，即， ∴，可得，满足， ∴到直线PQ的距离为为定值； 当直线PQ斜率不存在时，，可得直线方程为，到直线PQ的距离为. 综上，到直线PQ的距离是定值． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，． （1）当时， ①求证：； ②求平面和平面所成角的余弦值； （2）是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①证明过程见解析；② （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论； ②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值； （2）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值. 【小问1详解】 ①由椭圆定义可知， 所以的周长，所以， 因为离心率为，故，解得， 则，由题意，椭圆的焦点在轴上， 所以椭圆方程为， 直线，即， 联立得，解得或， 当时，，当时，， 因为点A在x轴上方，所以， 故⊥，折叠后有⊥， 因为二面角为直二面角，即平面⊥，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； ②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 其中平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问2详解】 设折叠前，折叠后对应的， 设直线方程为， 将直线与椭圆方程联立得，， 则， 在折叠前可知， 折叠后，在空间直角坐标系中，，， 由，， 故， 所以①， 分子有理化得， 所以②， 由①②得， 因为 ， 故， 即， 将代入上式得 ， 两边平方后，整理得， 即，解得， 因为，所以. 【点睛】出题非常新颖，将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$