精品解析：天津市五区县重点校联考2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题

2024~2025学年度第一学期期中重点校联考 高二数学 出题校：芦台一中 宝坻一中 一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分） 1. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（ ）. A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 方程表示椭圆的充要条件是（ ）. A. B. 或 C. D. 4. 若直线与平行，则的值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 2或3 5. 已知两点，，过点的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（    ） A. B. C. D. 6. 已知圆C：，若直线l：ax－y＋1－a＝0与圆C相交于A，B两点，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 7. 在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线：与直线：交于点A，若点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 9. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 10. 已知.则__________． 11. 直线过点，且在两坐标轴上截距相等，则直线的方程为_____ 12. 若直线与圆相交于两点，且（为坐标原点），则__________. 13. 点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则_________. 14. 已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最小值为_____. 15. 已知是椭圆：上一点，，是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且.则的离心率为_______. 三、解答题（本题共75分） 16. 直线过点且与直线垂直. （1）求直线的方程； （2）求圆心在直线上且过点、的圆的方程. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆：经过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值. 19. 如图，四棱柱中，侧棱底面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 20. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上运动，且面积的最大值为. （1）求的方程； （2）直线交于，两点. （i）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ii）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第一学期期中重点校联考 高二数学 出题校：芦台一中 宝坻一中 一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分） 1. 已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由倾斜角可得直线的斜率，根据点斜式方程求解即可. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为， 又直线经过点，所以直线的方程为， 即. 故选：. 2. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标中点的对称规则判断即可. 【详解】点关于轴对称点的坐标为. 故选：C． 3. 方程表示椭圆的充要条件是（ ）. A. B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助椭圆的标准方程与充要条件的定义计算即可. 【详解】若表示椭圆， 则，解得或. 故选：. 4. 若直线与平行，则的值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 2或3 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件计算可得. 【详解】因为直线与平行， 所以，解得或， 当时直线与平行，符合题意； 当时直线与平行，符合题意； 所以或. 故选：D 5. 已知两点，，过点的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线 、 的斜率后即可求直线/的斜率的范围. 【详解】如图所示： ，而， 故直线的取值范围为. 故选：A. 6. 已知圆C：，若直线l：ax－y＋1－a＝0与圆C相交于A，B两点，则的最小值为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线所过定点，当直线与定点和圆心连线垂直时，弦长最小，由此可得结论． 【详解】易知直线，过定点， 圆的标准方程是，圆心为，半径为， 而，所以． 故选：B． 7. 在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，动点P在体对角线上，则顶点B到平面距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点O，由题意得，接着建立空间直角坐标系求出向量和平面的法向量即可根据向量法的点到平面距离公式求解. 【详解】连接交于点O， 由题意，得，， ， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取， 则， 设顶点B到平面距离为d， 则， 当时， 当时，， 所以当即时点B到平面距离最大为. 故选：A. 8. 已知直线：与直线：交于点A，若点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可知直线与直线垂直，直线经过定点，直线经过定点，因此点A在以为直径的圆上，因此. 【详解】当时，直线：，直线：，此时直线与直线垂直； 当时，直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以直线与直线垂直； 易知直线经过定点，直线经过定点， 所以点A在以为直径的圆上， 的中点为，所以， 所以圆， 所以, 所以， 故选：A. 9. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率. 【详解】由椭圆定义可知，由，故，， 点满足，即，则， 又，， 即，又， 故，则，即， 即平分，又，故， 则，则， ， ， 由， 故， 即，即，又，故. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到. 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 10. 已知.则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，解得，进而求出，由此求的值． 【详解】因为，且， 所以，解得， 则，故， 所以. 故答案为：． 【点睛】本题主要考查空间向量坐标运算、向量垂直与数量积的关系，向量模的计算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 11. 直线过点，且在两坐标轴上截距相等，则直线的方程为_____ 【答案】或 【解析】 【分析】考虑截距为0和截距不为0两种情况，设出直线方程，待定系数法求出直线方程. 【详解】当截距为0时，设， 将代入直线方程，，解得， 故直线的方程为， 当截距不为0时，设直线的方程为， 将代入直线方程，，解得， 故直线的方程为， 故直线的方程为或. 故答案为：或 12. 若直线与圆相交于两点，且（为坐标原点），则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系结合点到直线的距离公式与弦长公式计算即可. 【详解】由题意可知圆心到直线的距离， 即，解得，所以. 故答案为： 13. 点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则_________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性，利用三角形中位线定理求得，再由椭圆定义求解即可． 【详解】如图，根据椭圆的对称性，不妨设为左焦点，为右焦点， 由椭圆，得，， 是的中点，是的中点， 为的中位线， ， 由椭圆的定义得． 故答案为：4． 14. 已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知点在圆上，又在圆上，再根据两圆的位置关系即可求解. 【详解】由得点在圆上， 所以点在圆上，又在圆上， 所以两圆有交点， 因为圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 所以，即， 解得， 所以的最小值为. 故答案为：. 15. 已知是椭圆：上一点，，是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且.则的离心率为_______. 【答案】 【解析】 【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，设，，延长交于， 由题意知，为的中点，故为中点， 又，即，则， 又点在的平分线上,则，故是等腰直角三角形， 因此， 则， 可得，， 又，则， 因此可得， 又在中，，则， 将， 代入得， 即，由所以， 所以，. 故答案为：. 三、解答题（本题共75分） 16. 直线过点且与直线垂直. （1）求直线的方程； （2）求圆心在直线上且过点、的圆的方程. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程； （2）设圆心的坐标为，根据已知条件可得出关于实数的等式，求出的值，可得出圆心坐标以及圆的半径，进而可得出所求圆的方程. 【详解】（1）因为直线与直线垂直，则直线的方程可设为， 又因为直线过点，所以，即， 所以直线的方程为； （2）因为圆心在直线上，所以圆心坐标可设为， 又因为该圆过点、， 所以有，解得， 所以圆心坐标为，半径， 故圆的方程为. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为，分别为，的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得证； （2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量方法即可求解； （3）根据点到面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， ，平面，所以平面， 又底面为正方形，及， 所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图： 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，，故， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离. 18. 已知椭圆：经过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线：与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点到直线的距离为2，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的标准方程； （2）由原点到直线的距离为2，可得，设，，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，从而可表示出的面积，化简后结合基本不等式可求得其最大值. 【小问1详解】 由题意可得：，又离心率为，所以， 可得，那么，代入可得：，， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由题意可知，原点到直线的距离为2，那么，即：， 设，，联立可得： ，其判别式 ，可知 由韦达定理可得：，， 那么 ， 所以的面积 当且仅当时取得等号，所以△的面积的最大值. 19. 如图，四棱柱中，侧棱底面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1） 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 则， 所以， 又平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可； （2）利用向量法求解即可； （3）设，再根据线面角利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得即为平面的一个法向量， ， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 则， 所以二面角的正弦值为； 【小问3详解】 设， 则， 因为轴垂直平面， 则可取平面的法向量为， 则， 解得（舍去）， 所以. 【点睛】 20. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上运动，且面积的最大值为. （1）求的方程； （2）直线交于，两点. （i）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值； （ii）若上存在点使得，在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明：因为点关于原点的对称点为，所以， 因为点在椭圆上，所以， 所以，即， 因为直线的斜率为，直线的斜率为， 则，， 所以，即为定值. （ii） 【解析】 【分析】（1）当面积的最大值时，点为椭圆短轴顶点，结合离心率，列出的方程，求解即可； （2）（i）由点差法可得，进而由得出结果；（ii）设，弦的中点，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理结合三角形重心坐标公式可得，由在上的投影向量相等可知且，由直线的方程可得，由在椭圆上即可求出答案. 【小问1详解】 ∵当面积的最大值时，点为椭圆短轴顶点， ∴由题意得，即， 又椭圆的离心率为，且， ∴解得， ∴椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意可设，且， （i）略 （ii）设弦的中点的坐标为, 设点的坐标为，的重心的坐标为， 由，得， 所以，且， 则， 因为的重心在轴上，所以， 所以， 所以， 因为在上的投影向量相等，所以且， 所以直线的方程为， 因为在直线上， 所以， 所以点， 又点在椭圆上，所以， 即，又因为，所以， 所以直线的方程. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $