精品解析：安徽省黄山市八校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题

安徽省黄山市八校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰． 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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，向量，且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】由空间向量平行的坐标表示计算可得结果. 【详解】因为向量，且，所以， 所以. 故选：A 2. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】由直线一般式垂直相关系数关系可得答案. 【详解】由直线与直线垂直，得. 故选：C. 3. 已知点是直线上一点，且是直线的一个方向向量，若角的终边落在直线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的方程，分、在直线的终边取点特殊点，再由正切的二倍角公式计算可得答案. 【详解】因为直线过点，且平行于向量，所以直线的方程为， 当时，取终边上的点，可得， 当时，取终边上的点，可得， 所以若角的终边落在直线上，则， 所以. 故选：A. 4. 如图，在三棱锥中，，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理，结合空间向量减法和加法的几何意义进行求解即可. 【详解】因为是线段的中点，， 所以 ， 故选：D 5. 已知圆被轴截得的弦长为，圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线被圆截得的弦长，借助勾股定理即可求得圆的方程，两圆作差即可求得公共弦的直线方程. 【详解】根据题意，可知圆， 即圆，圆心为，半径， 令，则有：，根据韦达定理及弦长公式可求：，所以，故圆的半径， 故圆，又因为圆， 设AB为两圆的公共弦所在的直线，则有 作差变形可得：；即直线AB的方程为. 故选：C 6. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图及空间向量加法可得，后由题意及模长公式可得答案. 【详解】设，因为六面体是平行六面体， 所以，因为， 代入计算可得： ， 故有：，所以， 所以，因为，所以. 故选：B 7. 点是椭圆上一点，点分别是椭圆的左、右焦点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，记， ，， 中，由余弦定理得，又， ， . 故选：B. 8. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间距离的几何问题.若曲线，且点M，N分别在曲线和圆：上，则M，N两点间的最大距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】表示到两定点和的距离之和为，可得动点轨迹为椭圆：，两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径. 【详解】因为， 所以可以转化为到的距离， 同理，可以转化为到的距离， 因为， 所以到两定点和的距离之和为， 所以在以点和为焦点的椭圆上， 设椭圆的标准方程为：， 则，即，又，所以， 所以曲线，即椭圆的方程为：， 又因为圆的圆心为，半径为， 则M，N两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径， 点在，故， 所以圆心到椭圆上点的距离 ， 因为开口向下，对称轴为， 所以在上单调递减，故，则， 所以M，N两点间的最大距离是． 二、选择题：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，下列说法正确的是（ ） A. 若共线，则 B. 已知，，若，则 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若向量能构成空间的一个基底，则也能构成空间的一个基底 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据共线向量定义、向量垂直的坐标表示、空间向量共面定理、空间基底的定义依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，当同向时，；当反向时，；A错误； 对于B，，，解得：，B正确； 对于C，，，四点共面，C正确； 对于D，假设存在实数，使得， ，，方程组无解， ，，不共面，可以构成空间的一组基底，D正确. 故选：BCD. 10. 若，直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线一定经过第一象限 C. 点到直线的距离的最大值为 D. 的充要条件是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线过定点的求法判断A，根据直线的斜率及截距判断B，当时可求出点到直线距离最大判断C,根据直线的平行的条件判断D. 【详解】由，即为， 令，解得，所以直线过定点，故A正确； 因为，则的斜率存在且不为零，在轴上的截距， 所以一定经过第一象限，故B正确； 当时，点到直线的距离的最大， 最大值为，故C错误； 若，则，因为，故有， 经检验，符合题意，所以，所以的充要条件是，故D正确． 故选：ABD 11. 已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 若，则外接圆的面积为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由题可得，然后可计算离心率；B等价于判断方程组是否有解；C设，由余弦定理及题目条件可得，然后由正弦定理可得外接圆半径，即可判断选项正误；D设，可将化为，后由基本不等式可得最小值. 【详解】A选项，因为点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1， 故有：，解得：， 椭圆的离心率，故A正确； B选项，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上， 又因为方程组无解，故B错误； C选项，设，则， 若，即， 在中，由余弦定理可得 ， 因为，所以， 根据正弦定理可知，，故C正确； D选项，设，则： ， 令，则， 所以， 当且仅当，即时取“=”， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：对于外接圆问题，常联想正弦定理，外心，向量等知识；对于最值问题，常联想基本不等式，函数单调性，导数等知识. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆：的焦点在轴上，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由焦点在x轴上椭圆特征可得答案. 【详解】由题可知. 故答案为： 13. 古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262年—公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作有中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知点，点满足，则点的轨迹所对应的阿波罗尼斯圆的半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知可得，化简即可得结果. 【详解】设，因为， 化简得到圆，是以为圆心，为半径的圆． 故答案为：. 14. 在长方体中，，点为线段上一点（不在端点处），当时，的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系并根据数量积得出点为线段的中点，由此可求的面积. 【详解】根据题意可知，以为坐标原点，分别以为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为， 设， 则， 则 因为，解得，故此时点为线段的中点， 则. 故答案为： 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. 如图，在直三棱柱中，，点，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面的距离. 【答案】（1）证明：因为为直三棱柱，所以， 又，分别为，的中点，所以， 所以， 又平面平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及中位线性质证明即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为直三棱柱，且， 以为坐标原点，分别以所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因，则， 则， 因为，则，即， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以平面的一个法向量为， 又，即， 所以点到平面的距离， 因为，分别为，的中点，故有直线平面， 所以直线与平面的距离即为点到平面的距离， 故直线与平面的距离为. 16. 已知椭圆，其左、右焦点分别为，上顶点为A，O为坐标原点，且的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求椭圆上的点到直线距离的最大值. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）由得，再由、求出可得答案； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，令得，结合图形可得答案. 【小问1详解】 在Rt中，， ， ， ， ， 又， ， 联立，解得或， 椭圆的标准方程为或； 【小问2详解】 ， 椭圆的标准方程为， 直线的方程为，即， 设直线的方程为， 联立， 得， 令得或， 结合图形可知，当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最大， 此时直线的方程为． 距离的最大值为. 17. 已知四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面，是线段的中点，在线段上，且满足与所成的角为. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为底面，且底面， 所以， 又因为为正方形，可得， 因为，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，即为，且是线段的中点， 所以， 又因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可证，，进而证明平面，可证结论； （2）以点为原点，以所在的直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据题意可知，以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方形的边长为2，可得， 可得， 则， 因为在线段上，设，其中， 则， 因为与所成的角为， 可得， 解得，所以，所以， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 又， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为， 可得 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，圆C为过点的圆. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与交于M，N两点，求弦MN中点的轨迹方程； （3）从点发出的光线射到轴上，被轴反射后的光线与圆相切，求所在直线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）运用待定系数法求解即可； （2）利用中点弦知识，转化为圆的方程问题； （3）求出关于轴的对称圆的方程，根据直线与圆相切求出直线斜率即可求解. 【小问1详解】 设圆的标准方程为，故有： 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 设弦MN的中点， 当直线斜率不存在时，点与点重合， 当直线斜率为0时，点与点重合， 当直线斜率存在且不为0时，由垂径定理知， 点的轨迹是以CG为直径的圆． 由， 得，， 整理得：； 【小问3详解】 因为圆关于轴的对称圆的方程：， 设的方程为，即， 由于对称圆心到的距离为圆的半径， 则，从而可得或． 当时，反射光线所在直线与圆相切，反射光线不与圆相切，故， 故光线所在直线的方程是. 19. 若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为. （1）当点坐标为时，求； （2）当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值； （3）证明：的面积为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知，对任意点，都有， ， 点到直线的距离为， 的面积， 故的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到满足的方程，进而求出. （2）斜率公式和共轭点条件表示出，再利用均值不等式求的最小值. （3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值. 【小问1详解】 的共轭点分别记为， ， 直线的方程为， 联立得， ， ； 【小问2详解】 点在椭圆上， ，即， 由（1）知，直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，代入， 得，即， ， ， 当时，易知，对应共轭点为， 此时，故也成立， ，当且仅当时等号成立； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省黄山市八校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰． 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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，向量，且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 2. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 0 3. 已知点是直线上一点，且是直线的一个方向向量，若角的终边落在直线上，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在三棱锥中，，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆被轴截得的弦长为，圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平行六面体中，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 点是椭圆上一点，点分别是椭圆的左、右焦点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间距离的几何问题.若曲线，且点M，N分别在曲线和圆：上，则M，N两点间的最大距离为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，下列说法正确的是（ ） A. 若共线，则 B. 已知，，若，则 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若向量能构成空间的一个基底，则也能构成空间的一个基底 10. 若，直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线一定经过第一象限 C. 点到直线的距离的最大值为 D. 的充要条件是 11. 已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 存在点，使得 C. 若，则外接圆的面积为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆：的焦点在轴上，则实数的取值范围为______. 13. 古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262年—公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作有中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知点，点满足，则点的轨迹所对应的阿波罗尼斯圆的半径为______. 14. 在长方体中，，点为线段上一点（不在端点处），当时，的面积为______. 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. 如图，在直三棱柱中，，点，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面的距离. 16. 已知椭圆，其左、右焦点分别为，上顶点为A，O为坐标原点，且的面积为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求椭圆上的点到直线距离的最大值. 17. 已知四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面，是线段的中点，在线段上，且满足与所成的角为. （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，圆C为过点的圆. （1）求圆的标准方程； （2）过点的直线与交于M，N两点，求弦MN中点的轨迹方程； （3）从点发出的光线射到轴上，被轴反射后的光线与圆相切，求所在直线的方程. 19. 若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为. （1）当点坐标为时，求； （2）当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值； （3）证明：的面积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $