精品解析：福建省厦门第六中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

厦门六中2024—2025学年第一学期高二年期中考试 数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 命题人：宋丹依 审核人：王楠 命题时间：24年11月 一、单选题：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. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 4. 直线与曲线有公共点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 5. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ） A. 1 B. －1 C. D. 6. 已知圆和，若动圆与圆内切，同时与圆外切，则该动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与直线相交于点A，点B是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知直线：，：，则（ ） A. 当时，直线的倾斜角为60° B. 当时， C. 若，则 D. 直线始终过定点 10. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（ ） A. B. C. 平面 D. 异面直线与夹角的余弦值为 11. 已知椭圆，，分别为它的左右焦点，点，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与直线斜率乘积为定值 B. 存在点，使得 C. 有最小值 D. 的范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆关于直线对称，则 __________． 13. 在直四棱柱中，底面为菱形，，，为棱的中点，，分别为直线，上的动点，则线段的长度的最小值为_________. 14. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为_______________. 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，动点满足，设动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的标准方程； （2）求过点且与曲线相切的直线的方程. 16. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 18. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点Q，的距离之比（且），是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆：的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在x轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分. ①求的取值范围； ②设、的面积分别为、，当时，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门六中2024—2025学年第一学期高二年期中考试 数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 命题人：宋丹依 审核人：王楠 命题时间：24年11月 一、单选题：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. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标. 【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是. 故选：A. 2. 直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，先求出直线的斜率，再结合直线的点斜式公式，即可求解． 【详解】直线的一个方向向量为 则直线的斜率为， 直线过点， 则，即． 故选：A． 3. 已知点，则点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得所成的角为，求得，结合. 【详解】由点，可得， 设直线所成的角为，可得， 所以， 又由，所以点到直线的距离是. 故选：B. 4. 直线与曲线有公共点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线的截距、直线与圆的位置关系及数形结合的思想计算即可. 【详解】 由，即曲线为以原点为圆心的半圆， 如图所示，因为直线与曲线有公共点， 而，即为直线在纵轴上的截距， 易知当直线与相切时纵截距最大， 即，所以； 过时纵截距最小，即，所以. 故选：B 5. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ） A. 1 B. －1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求解即可． 【详解】，所以． 故选：A． 6. 已知圆和，若动圆与圆内切，同时与圆外切，则该动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系可知，结合椭圆的定义可得轨迹方程. 【详解】由已知圆和， 可知，，，，且， 又动圆与圆内切，同时与圆外切， 则，， 所以， 所以动点到两个定点，的距离之和为定值， 即满足椭圆的定义， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 且长轴长度，焦距，即，， 所以， 椭圆方程为， 故选：C 7. 已知直线与直线相交于点A，点B是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出点的轨迹方程，确定点轨迹，然后通过几何意义求得最大值． 【详解】由，消去参数得， 所以在以为圆心，为半径的圆上， 又点B是圆上的动点，此圆圆心为，半径为， ， ∴的最大值为． 故选：C. 【点睛】本题考查交轨法求轨迹方程，考查两点间的距离公式．由圆的性质知某点到圆上的点间距离的最大值可以转化为到圆心的距离与半径的和． 8. 已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点作倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得. 【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线， 直线方程为：，联立方程，可得 根据韦达定理：， 因为，即，所以 所以 即，所以，联立，可得 故选：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知直线：，：，则（ ） A. 当时，直线的倾斜角为60° B. 当时， C. 若，则 D. 直线始终过定点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线的斜率即可判断A，根据平行和垂直在直线一般式满足的系数关系即可求解BC，将变形为：，即可求解定点判断D. 【详解】对于A，当时，直线：，故斜率，则倾斜角为120°，A错误， 对于B，等价于，解得，故B正确， 对于C，若，且，故，故C正确， 对于D，：变形为：，令且，解得，故恒过，D正确， 故选：BCD 10. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（ ） A. B. C. 平面 D. 异面直线与夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A，由向量模的坐标表示判断B，根据数量积为0证明垂直判断C，由异面直线所成角的向量求法判断D. 【详解】因为平面平面，所以， 在正方形中，有，所以两两互相垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 而，从而，，， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，平面的一个法向量为，故C正确； 对于D，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知椭圆，，分别为它的左右焦点，点，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ） A. 直线与直线斜率乘积为定值 B. 存在点，使得 C. 有最小值 D. 的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，根据椭圆的方程，以及斜率公式化简运算，可得判定A；根据椭圆的几何性质，结合正切函数的性质，可判定B；根据椭圆的定义，结合基本不等式“1”的妙用，可判定C；设直线与椭圆相交于，结合椭圆的定义和三角形的性质，可得判定D. 【详解】对于A，由椭圆，可得，则， 设，则，可得， 所以，故A正确； 对于B，设椭圆的上顶点为C，由，可得， 则，故B错误； 对于C，由椭圆的定义，可得， 则 ， 当且仅当时，即时等号成立， 即有最小值，故C正确； 对于D，因为，则点Q在椭圆外，由 如图所示，设直线与椭圆相交于，又， 则， 因为，且， 可得，即， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆关于直线对称，则 __________． 【答案】3 【解析】 【分析】由题分析知直线过圆心，代入圆心坐标即可. 【详解】由可得圆的标准方程为：， 则由题意得直线过圆心，代入直线方程有，解得， 故答案为：3. 13. 在直四棱柱中，底面为菱形，，，为棱的中点，，分别为直线，上的动点，则线段的长度的最小值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】连接，，设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 求出与，都垂直的向量为，利用即可求. 【详解】 连接，，设， 由题意，以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，， ，，. 设与，都垂直的向量为， 则，即， 令，则，， 所以为与，都垂直的一个向量， 则线段的长度的最小值为. 故答案为： 14. 如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】设两球的球心距离为，通过圆锥的轴截面进行分析，根据两球半径可求得；利用三角形相似可求得，进而得到；利用椭圆离心率可构造方程求得结果. 【详解】作出圆锥的轴截面如图所示， 圆锥面与两球相切于两点，则，， 过作，垂足为，连接，，设与交于点， 设两球的球心距离为， 在中，，，； ，， ，，解得：，， ； 由已知条件，知：，即轴截面中， 又，，解得：， 即两球的球心距离为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题以圆锥为载体，考查了椭圆的定义和几何性质，解题关键是能够通过作出圆锥的轴截面，利用轴截面中的线段垂直关系、长度关系，根据椭圆离心率构造出关于球心距离的方程. 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，动点满足，设动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的标准方程； （2）求过点且与曲线相切的直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设，根据得到方程，整理得到曲线的标准方程； （2）曲线是以为圆心，1为半径的圆，当斜率不存在时，满足要求，当斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线距离等于半径得到方程，求出答案. 【小问1详解】 设，则， 故， 化简整理得， 故曲线的标准方程为； 【小问2详解】 曲线是以为圆心，1为半径的圆， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为， 此时到的距离为1，故与圆相切，满足要求， 当过点的直线斜率存在时，设切线方程为，即， 圆心到的距离， 解得，故切线方程为，即， 综上，过点且与曲线相切的直线方程为或. 16. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 【答案】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO， ∵四边形ABCD为菱形，，且O为AC中点，， ， 又，平面BDEF， ∴平面BDEF，又平面， 所以平面平面。 （2） 【解析】 【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可； （2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且， 为等边三角形， ∵O为BD中点，∴，又，，平面ABCD， 平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直， ∴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，∵四边形ABCD为菱形，，． 为等边三角形，∴． ， ∴，， 设平面ABF的法向量为，则 令，解得， 设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：． 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】（1） （2）直线的方程为或. 【解析】 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 18. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，, 因为是的中点，所以， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又因为平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据即可证明平面； （2）由点到平面距离的向量表示公式，代入数据即可求解； （3）由直线与底面所成角的正弦值为可求出，然后根据两平面的法向量求所成角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，所以， 且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 由题意知，底面的法向量为， 因为，， 且，，所以， 所以由题意知：， 解得：，所以， 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以， 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点Q，的距离之比（且），是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆：的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在x轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分. ①求的取值范围； ②设、的面积分别为、，当时，求直线的方程. 【答案】（1）; （2）①，②. 【解析】 【分析】（1）根据题中阿波罗尼斯圆的定义，设出，结合离心率可以求出椭圆方程；（2）根据等面积法或者内角平分线定理，将求转化到求，再利用，，三点共线求解. 【小问1详解】 设，由题意知（常数）， 整理得：，所以， 又，解得：，，， 椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①根据平分, 则，又（底边相同）， 故（或由内角平分线定理得），由，设，， 则，，设 所以，即， 因为直线斜率为，得，将，坐标代入椭圆方程得： 和， 即， 化简得， 整理得，因为，故， 所以的取值范围为. ②由①知，，根据平分，，故， 即，，故， 所以， 直线的方程为. 【点睛】关键点睛：第二问，首先要利用等面积法或者内角平分线定理，将转化到上，结合三点共线建立三点坐标之间的关系，将，点坐标代入椭圆方程中得出相应的表达式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $