精品解析：广东省深圳市翠园中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

2024-2025学年度翠园中学高二年级第一学期期中考试卷 数学 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距是3，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相离 C. 相交 D. 外切 3. 设为实数，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一个半径为的圆 B. 是一条与相交的直线 C. 上的点到的距离均为. D. 是两条平行直线 7. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 8. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（ ） 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. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 若是直线的方向向量，是直线的方向向量，则与垂直 B. 若是直线的方向向量，是平面的法向量，则 C. 若分别为平面的法向量，则 D. 若分别为平面的法向量，则平面交线的方向向量可以是 10. 已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. C. 直线被圆截得的最短弦长为4 D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称 11. 已知正方体的棱长为4，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上运动，则的最小值为 B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D. 若点在直线上运动，则到直线的最小距离为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的长轴长为6，且与椭圆有相同的焦点，则椭圆的标准方程为__________. 13. 已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为__________. 14. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知空间三点，，． （1）若向量分别与，垂直，且，求向量的坐标； （2）求点C到直线AB的距离． 16. 已知圆C与y轴相切，圆心在直线上，且被x轴截得的弦长为． （1）求圆C的方程； （2）已知直线l过点，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1，求直线l的方程． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 18. 已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线与的斜率之积为定值； （3）判断三点，，是否共线：并证明你的结论． 19. 在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为；过点且以为法向量的平面方程可表示为. （1）在四面体中，点为坐标原点，点在平面内，平面以为法向量，平面的方程为，求点的坐标； （2）若直线与都在平面内，求平面的方程； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度翠园中学高二年级第一学期期中考试卷 数学 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. 已知直线的倾斜角为，在轴上的截距是3，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】代入直线的截距式方程即可. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率. 又直线在轴上的截距是3，由斜截式方程得. 故选：C 2. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相离 C. 相交 D. 外切 【答案】C 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，得到圆心距与两圆半径的关系，得到两圆位置关系. 【详解】易得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径， 圆心距，, 所以，故两圆相交． 故选：C 3. 设为实数，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件，分析椭圆的简单性质，列出不等式，求解即可. 【详解】表示焦点在轴上的椭圆，可得，解得. 故选：D 4. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意建立如图空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离公式计算即可求解. 【详解】建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，令，得， 所以点A到平面的距离是. 故选：A. 5. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ） A. 是一个半径为的圆 B. 是一条与相交的直线 C. 上的点到的距离均为. D. 是两条平行直线 【答案】C 【解析】 【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，将点坐标代入，得轨迹，结合选项即可得出正确答案. 【详解】设，由，则， 由在直线上，故， 化简得，即的轨迹为直线且与直线平行， 上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确. 故选：C. 7. 台风中心从M地以每小时30km的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市N在M地正西方向60km处，则城市N处于危险区内的时长为（ ） A. 1h B. C. 2h D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，数形结合求直线与圆相交的弦长，进而可得城市处于危险区内的时长. 【详解】 如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，则， 以为圆心，为半径作圆， 则圆的方程为， 当台风进入圆内，则城市处于危险区， 又台风的运动轨迹为， 设直线与圆的交点为，， 圆心到直线的距离， 则， 所以时间， 故选：C. 8. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一，作出直线在平面的射影为，得线面所成角，推导三余弦公式，代入计算即得；法二，建系，写出相关点和相关向量的坐标，运用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，则平面，直线与平面所成角为. 作于点H，连接，因平面，则， 又平面，则平面， 又平面，则. 于是有，， 即(*). 因由对称性知，，代入（*）得， ,故. 故选：A. 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为. 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以，所以. 设直线与平面所成角为，所以， 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. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 若是直线的方向向量，是直线的方向向量，则与垂直 B. 若是直线的方向向量，是平面的法向量，则 C. 若分别为平面的法向量，则 D. 若分别为平面的法向量，则平面交线的方向向量可以是 【答案】AD 【解析】 【分析】ABC项，利用数量积的坐标运算，判断向量是否垂直，进而判断线线、线面、面面关系；D项，由，可知向量与两平面的法向量都垂直即可判断. 【详解】A项：因为， 可知，所以与垂直，故A正确； B项：因为， 可知，所以或，故B错误； C项：因为， 所以平面不相互垂直，故C错误； D项，设， 由，则； 由，则. 故平面交线的方向向量可以是，故D正确. 故选：AD. 10. 已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. C. 直线被圆截得的最短弦长为4 D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，整理直线方程为，联立方程组可得定点；B项，由圆心坐标可求；C项，结合图象可知当直线与圆心与定点连线垂直时弦长最短，利用勾股定理求解即可；D项，由直线过圆心可得. 【详解】A项，直线，即， 由解得，恒过点，设为，故A正确； B项，圆的圆心坐标为， 由，得，故B不正确； C项，由B项，圆， 即：圆，圆心，半径. 圆心到定点的距离为：，直线与圆相交， 如图可知，当直线过点且垂直时，被圆截得的弦长最短， 且最短弦长为，故C正确； D项，当时，直线，经过圆心， 所以圆上存在无数对点关于直线对称，故D正确， 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为4，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上运动，则的最小值为 B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D. 若点在直线上运动，则到直线的最小距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A项，由展开图转化为平面两点间距离最短问题可得最小值；B项，先作辅助线取中点找截面，由平行四边形得线线平行，利用中位线的平行关系及空间平行的传递性证明所找截面即为所求，进而求周长可得；C项，利用“过一点与已知直线垂直的直线在过该点与已知直线垂直的平面内”结论，可得两平面的交线即为轨迹；D项，建立空间直角坐标系，求利用向量方法点线距可得. 【详解】A项，如图将平面展开与平面处于一个平面， 连接与交于点， 由图形知，当且仅当三点共线时，等号成立. 即此时取得最小值， 即，故A错误； B项，如图取的中点，连接， 因为点是棱的中点，所以且， 又且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以，则四点共面， 所以平面四边形即为平面截正方体所得截面， 又，， 所以截面周长为，故B正确； C项，如图，平面平面， 所以，又平面， 所以平面，又， 故过与垂直的直线在过与直线垂直的平面内， 因为平面平面平面，且平面， 所以在直线上， 即动点的轨迹是一条直线，故C正确； D项，如图，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，所以， ，则， ，， 所以到棱的距离， 所以当时，故D正确； 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的长轴长为6，且与椭圆有相同的焦点，则椭圆的标准方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据已知椭圆方程求出焦点坐标，并确定焦点位置和的值，再根据长轴长求得的值，最后根据，，的关系求解椭圆方程即可 【详解】根据已知椭圆方程，易知焦点坐标为，得：焦点位置在轴且； 由于椭圆的长轴长为，因此得：，即， 由于，因此得：椭圆的标准方程为：. 故答案为： 13. 已知向量，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由题意知共面，根据向量共面的充要条件及坐标运算求解可得. 【详解】因为不能构成空间的一个基底， 所以共面， 故存在使得，即， 故，解得. 所以的值为. 故答案为：. 14. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由圆心在线段的垂直平分线上设出圆心坐标及圆的方程，再由圆与轴相切由切点适合圆的方程待定系数，进而求得切点，结合圆的性质可得当取最大值时点坐标. 【详解】，则线段的中点坐标为， 可知，则线段的垂直平分线的方程为， 即， 经过两点的圆的圆心在上， 设圆心为， 则半径， 则圆的方程为， 当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得）， 则此时，代入圆的方程得， 化简得，解得或， 即对应的切点为或， 设，. 因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大， 又过点的圆的半径大于过点的圆的半径， 所以，故点为所求， 即当取最大值时，点的横坐标为2. 故答案为：2. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知空间三点，，． （1）若向量分别与，垂直，且，求向量的坐标； （2）求点C到直线AB的距离． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意列出方程组，求解即可； （2）根据点线距离向量公式求解即可. 【小问1详解】 ，， 设， ，， ，． ，整理得． ， ． 或． 【小问2详解】 取，， 则，． C到直线AB的距离为． 16. 已知圆C与y轴相切，圆心在直线上，且被x轴截得的弦长为． （1）求圆C的方程； （2）已知直线l过点，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1，求直线l的方程． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法即可求得圆C的方程； （2）利用点到直线距离公式和数形结合即可求得直线l的方程． 【小问1详解】 设圆C的标准方程为， ∵圆心C在直线上， ，① ∵圆C与y轴相切， ，② 又∵圆C被x轴截得的弦长为， ，③ 联立①②③解得，，，， 圆C的方程为． 【小问2详解】 ∵圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1， 圆心C到直线l的距离． 当直线l斜率不存在时，直线l的方程为， 圆心C到直线l的距离为1，符合题意； 当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为， 即， 圆心C到直线l的距离 ， 解之得，， 直线l的方程为． 综上，所求直线l的方程为或． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面是的中点，作交于点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1）证明：以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设. 依题意得， 故， 故，所以. 由已知，且，平面EFD，平面EFD， 所以平面EFD. （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积坐标运算证明，结合已知线面垂直可证； （2）利用垂直关系找到二面角的平面角，转化为两向量与的夹角运算求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知，由（1）平面EFD，又平面EFD， 所以，且为锐角，故是平面与平面的夹角. 设点的坐标为，则， 由题意在线段上，所以， 所以， 即，. 设，则， 所以，点的坐标为，又点的坐标为， 所以，. 所以， 所以，即平面与平面的夹角大小为. 18. 已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线与的斜率之积为定值； （3）判断三点，，是否共线：并证明你的结论． 【答案】（1） （2） 由题知：，存在，且不为零，设，，， 则，即. . 所以直线与的斜率之积为定值. （3） ，，三点共线，证明如下： 设直线：，则直线：， 将代入直线，得：，， ，设直线：， 联立， 设，则，解得， 所以，即， 所以，， 所以， 为公共点，所以，，三点共线. 【解析】 【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可. （2）设，，，再计算即可. （3）分别计算和，根据， 为公共点，即可证明，，三点共线. 【小问1详解】 由题知：， 所以椭圆：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为；过点且以为法向量的平面方程可表示为. （1）在四面体中，点为坐标原点，点在平面内，平面以为法向量，平面的方程为，求点的坐标； （2）若直线与都在平面内，求平面的方程； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3）体积为，余弦值为. 【解析】 【分析】（1）由平面的法向量与垂直得向量数量积为，由点在平面内满足平面方程，建立方程组求解可得； （2）由直线方程可得两直线经过的点及方向向量，利用两方向向量求得平面的法向量，结合点与法向量可得平面方程； （3）由集合可知各面所在平面的方程，利用各面与坐标轴的交点坐标作出图形，结合几何体的对称性求解体积；利用向量夹角求解面面角可得. 【小问1详解】 根据题意，由点在平面内设点， 则，因为平面以为法向量， 则，① 又因为点在平面内，又平面的方程为， 则② 联立①②可得， 故点的坐标为. 【小问2详解】 由题意可知， 直线过点，且其一个方向向量为， 直线过点，且其一个方向向量为， 则为平面内一点. 设平面的法向量为， 则，解得， 取，则， 所以，平面的方程为 即平面的方程为. 【小问3详解】 由集合可知， 多面体与坐标轴交于各点，，如图所示， 可知四边形为正方形， 边长， 所以，正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 由集合中所有的点构成了多面体的各个面， 点均满足方程. 可知平面的方程为，且该平面的一个法向量为， 同理可知，平面的方程为，该平面的一个法向量为， 平面的方程为，该平面的一个法向量为， 所以. 由对称性可知，任意相邻两平面的夹角的余弦值都为. 故多面体相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 综上，的体积为，相邻两个面所在平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $