精品解析：湖南省浏阳市2024-2025学年高二上学期期中质量监测数学试题

2024年下学期期中质量监测试卷 高二数学 考试时间：120分钟满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 过点且倾斜角为的直线方程为（ ） A. B. C D. 2. 已知非零向量，，且、、不共面，若，则（ ） A B. C. 8 D. 13 3. 已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（ ） A. B. C. D. 4. 已知点在圆C：的外部，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直线被称为“欧拉线”.已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，是双曲线上的两点，线段的中点是，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为双曲线：的一个焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18.分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 满足下列条件的直线与，其中的是（ ） A. 的倾斜角为，的斜率为 B. 的斜率为，经过点， C. 经过点，，经过点， D. 方向向量为，的方向向量为 10. 长度为的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，线段中点的运动轨迹为曲线，则下列选项正确的是（ ） A. 点在曲线内 B. 直线与曲线没有公共点 C. 曲线上任一点关于原点的对称点仍在曲线上 D. 曲线上有且仅有两个点到直线的距离为 11. 在直三棱柱中，，，D是AC的中点，下列判断正确的是（ ） A. ∥平面 B 面⊥面 C. 直线到平面的距离是 D. 点到直线的距离是 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________． 13. 在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，则AB1与C1B所成的角的大小为___________. 14. 已知圆经过点，且与圆：相切于点，则圆的标准方程为__________________ 四、解答题：本题共5小题，共7分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知平面，为矩形，，分别为的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面. 16. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且. （1）求抛物线的方程，并求的值； （2）过焦点的直线与抛物线交于，两点，若点满足，求直线的方程. 17. 设动点到定点距离与它到定直线的距离之比为． （1）求点的轨迹的方程； （2）过的直线与曲线交右支于两点（在轴上方），曲线与轴左、右交点分别为，设直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明理由． 18. 已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面， （1）求证：； （2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点的位置，否则，请说明理由. 19. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. （1）求椭圆C的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年下学期期中质量监测试卷 高二数学 考试时间：120分钟满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 过点且倾斜角为的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程 【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为， 所以直线方程为，即， 故选：D 2. 已知非零向量，，且、、不共面，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得存在，使得，进而列式求解即可. 【详解】因为，则存在，使得， 即， 则，解得，， 所以. 故选：B. 3. 已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先由题得到，结合，即可求得. 【详解】无论椭圆焦点位于轴或轴，根据点,,为椭圆的三个顶点, 若是正三角形,则，即，即， 即有，则，解得. 故选：C. 4. 已知点在圆C：的外部，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到圆的标准方程，再由圆的半径的平方大于0得到；再根据点在圆的外部得到，即可求解得到的取值范围. 【详解】由，得， 则，解得：①， 又∵点在圆的外部， ∴，即，解得或②， 由①②得， 故选：B． 5. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直线被称为“欧拉线”.已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求的重心和外心，结合直线的两点式方程可得欧拉线方程. 【详解】因为的顶点，，， 可知的重心为点，即点， 由题意，可知， 所以的外心为斜边的中点，即点， 所以的欧拉线方程为，即. 故选：C. 6. 已知点，是双曲线上的两点，线段的中点是，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点差法和两点坐标求直线斜率公式化简计算即可. 【详解】设，，则， 两式相减得， 即， ∴. 故选D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行把线到面的距离转化为点到面的距离，根据点到面的距离公式可得结果. 【详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， ∴，，， ∴，即， ∵平面，平面，∴平面. ∴直线到平面的距离为点到平面的距离. 设平面的法向量为，则， 令，则，∴， ∴点到平面的距离为. 故选：D. 8. 已知为双曲线：的一个焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出图形，利用渐近线的夹角，通过求解三角形推出双曲线的离心率即可. 【详解】如图所示， 可知：，，，，， 可得， ，即 可得， 解得：或 因为，所以， 所以舍去， 故选：C 【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出，，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于，，的齐次式，结合转化为，的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围)． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18.分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 满足下列条件的直线与，其中的是（ ） A. 的倾斜角为，的斜率为 B. 的斜率为，经过点， C. 经过点，，经过点， D. 的方向向量为，的方向向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线斜率之积为判断ABC，再由方向向量垂直的数量积表示判断D. 【详解】对A，，，，所以A不正确； 对B，，，故B正确； 对C，，，，故C正确； 对D，因为，所以两直线的方向向量互相垂直，故，故D正确. 故选：BCD 10. 长度为的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，线段中点的运动轨迹为曲线，则下列选项正确的是（ ） A. 点在曲线内 B. 直线与曲线没有公共点 C. 曲线上任一点关于原点的对称点仍在曲线上 D. 曲线上有且仅有两个点到直线的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接法求得线段中点的轨迹为圆，再根据直线与圆的位置关系判断各选项. 【详解】设线段中点，则，， 故，即，表示以原点为圆心，为半径的圆，故C选项正确； A选项，点满足在曲线内，A选项正确； B选项，直线，即，圆心到直线的距离，故直线与圆无公共点，B选项正确； D选项，圆心到直线的距离为，又，所得由三个点到直线的距离为，D选项错误； 故选：ABC. 11. 在直三棱柱中，，，D是AC的中点，下列判断正确的是（ ） A. ∥平面 B. 面⊥面 C. 直线到平面的距离是 D. 点到直线的距离是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.连接交于点E，连接DE，易得，再利用线面平行的判定定理判断； B.易证，再根据平面平面ABC，得到平面，再利用面面垂直的判定定理判断；C.以D点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断；D.作，连接，易证，利用勾股定理求解判断。 【详解】A.如图所示： 连接交于点E，连接DE，所以，又平面， 平面，所以平面，故正确； B.因为，D是AC的中点，所以，又平面平面ABC， 所以平面，又平面，所以面⊥面，故正确； C.∵平面，∴到平面的距离等于点到平面的距离， C.以D点为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，即，不妨取， 所求距离，故错误； D.如图所示： 作，连接，因为平面ABC，所以， 又，所以平面，则， 又， 所以，故正确； 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答. 【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距， 由双曲线的离心率为，得，解得，则， 所以双曲线的方程为. 故答案为： 13. 在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，则AB1与C1B所成的角的大小为___________. 【答案】900 【解析】 【详解】不妨设BB1=1，则AB=， ∴直线AB1与C1B所成角为90° 故答案为900. 点睛：这个题目考查的是立体中异面直线的夹角的求法，常用方法是建系法，直接找两个直线的方向向量，求方向向量的夹角即可；或者将异面直线平移到同一个平面中，转化为平面直线的夹角问题． 14. 已知圆经过点，且与圆：相切于点，则圆的标准方程为__________________ 【答案】 【解析】 【分析】求出线段的中垂线方程与直线的方程联立，求出点的坐标，进而求出圆半径即可. 【详解】圆：的圆心，半径， 由点，点，直线的斜率， 线段的中垂线过点，且斜率为，方程为，即， 直线的方程为，即， 由，得， 则所求圆的圆心，半径为， 所以圆的标准方程为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共7分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知平面，为矩形，，分别为的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】结合已知条件平面，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标. （1）利用向量共面的充要条件将用平面中两个不共线向量线性表示即可得证； （2）先分别求出平面与平面的法向量，再证两法向量垂直即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在的直线分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系.设，则有. （1）因为分别为的中点，所以. 所以.所以. 又因为平面，所以平面. （2）由（1），知，所以 设平面的一个法向量为 则，即.解得.令， 则. 设平面的一个法向量为，则，即. 得.令，则，因为，所以.故平面平面 16. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且. （1）求抛物线的方程，并求的值； （2）过焦点直线与抛物线交于，两点，若点满足，求直线的方程. 【答案】（1）， （2）. 【解析】 【分析】（1）首先表示出抛物线准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出，即可求出抛物线方程； （2）设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得到方程，解得即可. 【小问1详解】 抛物线：的准线方程为， 因为点在抛物线上，且， 所以，解得， 所以抛物线方程为， 又因为点在抛物线上，所以，即. 【小问2详解】 由（1）可知抛物线的焦点， 显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，， 由，消去整理得， 所以，则，， 所以， ， 又，所以，， 因为，所以， 即， 即，解得， 所以直线的方程为，即. 17. 设动点到定点的距离与它到定直线的距离之比为． （1）求点的轨迹的方程； （2）过的直线与曲线交右支于两点（在轴上方），曲线与轴左、右交点分别为，设直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）为定值，且定值为 【解析】 【分析】（1）根据点到直线的距离以及点到点的距离公式，即可列方程化简求解， （2）由题意，设直线的方程为，将直线方程与双曲线方程联立，结合条件求出即可． 【小问1详解】 设，到定直线的距离为则， 故，平方后化简可得， 故点的轨迹的方程为： 【小问2详解】 由题意，, 设直线的方程为，,，,， 由，可得， 所以，． 则，， 所以 ； 当直线的斜率不存在时，，此时， 综上，为定值． 18. 已知四棱锥中，四边形等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面， （1）求证：； （2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点的位置，否则，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，理由见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明是直角三角形，得，从而由面面垂直的性质定理得线面垂直，则可得证线线垂直； （2）取的中点,连接，则证明平面，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得，说明存在． 【小问1详解】 取的中点，连接, 因为，所以，又，所以是等边三角形， 所以，所以是直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以； 【小问2详解】 为中点即可满足条件，理由如下： 取的中点,连接，则， 平面平面，平面，平面平面， 所以平面，由为等边三角形，可得， 在直角三角形中，， 以为坐标原点，以为轴，过平行于直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为． 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 于是，解得或（舍去）， 所以点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 19. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. （1）求椭圆C的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知易知的值，得椭圆C的方程； （2）设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证； （3）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值. 【小问1详解】 由已知两个顶点坐标为，，短轴长为2，得，， 则椭圆方程：. 【小问2详解】 设直线方程为，，， 由，消去x得，， ， 则，， ， ， 又点在椭圆上，则，即， 则， 即，则， 即 ， 解得，此时， 即直线的方程为， 所以直线恒过定点. 【小问3详解】 设直线的方程为，，， 由，消去得， ，即， 则，， 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 又，， 所以 ， 所以 则当即时，取最大值为. 【点睛】关键点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$