精品解析：福建省部分学校教学联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

2024-2025学年第一学期福建省部分学校教学联盟期中联考 高二数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 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. 若直线一个方向向量为，则直线的倾斜角为（     ） A. B. C. D. 2. 向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知两直线，若，则与间的距离为（ ） A B. C. D. 4. 点关于直线对称的点的坐标为（     ） A. B. C. D. 5. 设，直线，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. “”是“方程表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 已知分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（ ） A. 20 B. C. 10 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. 已知椭圆，下列结论正确是（ ） A. 椭圆的长轴长是 B. 椭圆的短半轴长是4 C. 经过椭圆焦点的最短弦长是 D. 椭圆的焦点坐标分别是 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线l与圆C有两个交点 C. 当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1 D. 圆C与圆恰有三条公切线 11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 周长的最小值为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，若直线与线段相交，则直线l的倾斜角的取值范围是____________． 13. 已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是____________． 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是______． 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. 已知点是椭圆上的一点，和是焦点，焦距为，且． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求的面积． 16. 已知圆是的外接圆，圆心为，顶点，，且______. 在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线上，并完成解答. ①顶点；②；③. （1）求圆的标准方程； （2）若点为直线：上一动点，过点作圆的切线，切点为，求的最小值. 17. 如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. （1）求证：平面； （2）若，且平面平面，求二面角余弦值大小. 18. 如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，． （1）证明：平面平面； （2）若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． （3）点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 19. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴，过点且与椭圆有且只有一个公共点的直线与轴交于点． （1）求椭圆的方程； （2）点是椭圆C上异于的一点，且三角形的面积为，求直线的方程； （3）过点的直线交椭圆于，两点（在的左侧），若为线段的中点，直线交直线于点，为线段的中点，求线段的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第一学期福建省部分学校教学联盟期中联考 高二数学试卷 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 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. 若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线的方向向量求出其斜率，进而求出倾斜角. 【详解】由直线的一个方向向量为，得直线的斜率为1， 所以直线的倾斜角为. 故选：D 2. 向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的概念进行运算即可求得． 【详解】由题意，，， 则向量在向量上的投影向量为． 故选：A． 3. 已知两直线，若，则与间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线平行得参数，再根据平行线之间的距离公式求解即可得结论. 【详解】已知两直线， 若，则，解得， 则直线， 则与间的距离为. 故选：D. 4. 点关于直线对称的点的坐标为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设对称点，根据线段中点在直线上，所在直线与直线垂直，即斜率相乘为，代入坐标即可求解. 【详解】设的对称点坐标为， 则对称点与已知点连线的中点为， 由题意可得，解得． 所以对称点坐标为． 答案：B 5. 设，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求出的值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解. 【详解】因为直线， 当时，，此时，即可以推出， 当时，，解得或， 又时，，此时，所以推不出， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 6. “”是“方程表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆的标准方程及充分、必要条件的定义判定即可. 【详解】若方程表示椭圆， 则有，即且， 故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件． 故选：B． 7. 已知分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义结合勾股定理，易得等式求出离心率. 【详解】由椭圆定义得：，又因为， 所以解得：， 再由于，，结合勾股定理可得： ，解得，所以椭圆的离心率为， 故选：C. 8. 已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（ ） A. 20 B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，，点的轨迹方程为，整理可得，利用基本不等式运算求解. 【详解】对于圆，整理可得：， 可知圆心为，半径为， 令，则，解得或，即； 令，则，解得或，即； 因为与相外切，则， 可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 则点的轨迹方程为， 可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为20. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知点的轨迹方程为，且，进而利用基本不等式即可得结果. 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. 已知椭圆，下列结论正确的是（ ） A. 椭圆的长轴长是 B. 椭圆的短半轴长是4 C. 经过椭圆焦点的最短弦长是 D. 椭圆的焦点坐标分别是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质求解判断. 【详解】因为椭圆方程为，所以，，则， 所以椭圆的长轴长为，短轴长为， 经过椭圆焦点的最短弦长为，焦点坐标为，， 所以A正确，B错误，C正确，D错误. 故选：AC. 10. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线l与圆C有两个交点 C. 当时，圆C上恰有四个点到直线的距离等于1 D. 圆C与圆恰有三条公切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D. 【详解】对于A，直线的方程为，由，得，直线过定点，A正确； 对于B，，即定点圆内，则直线与圆相交且有两个交点，B正确； 对于C，当时，直线，圆心到直线的距离为， 而圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错误； 对于D，圆方程化为， 其圆心为，半径为3，两圆圆心距为， 两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确. 故选：ABD. 11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 周长的最小值为 C. 三棱锥外接球的体积为 D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D. 【详解】A：由题意知，，又平面， 所以平面，由平面，得； 当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点， 所以，由平面，所以平面，故A正确； B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于， 此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值， 又， 所以的周长的最小值为，故B错误； C：易知中，，取的中点，过作平面，如图 ， 则三棱锥的外接球的球心必在上，且， 所以球的半径为，其体积为，故C正确； D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为， 则，所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，若直线与线段相交，则直线l的倾斜角的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】先判断直线过定点，再根据直线与线段相交，求出直线斜率的取值范围，最后根据正切函数的性质，求出倾斜角的取值范围即可. 【详解】直线过定点， 则，， 如图，要使直线与线段相交， 则直线l的的斜率应满足， 所以直线l的倾斜角的取值范围是. 故答案为:. 13. 已知向量，且向量的夹角为锐角则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用数量积大于0求解，即可去除同向共线时的情况求解. 【详解】若，则， 当时，则，解得，此时，方向相同， 故的夹角为锐角时，且， 故答案为： 14. 已知椭圆左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，设，得到，由椭圆定义和勾股定理得到方程，得到，故，设，，由对勾函数性质得到函数单调性，从而得到，求出离心率的取值范围，得到最大值. 【详解】连接，设， 因为点在第一象限，所以， 由对称性可知， 因为，所以，即， 由椭圆定义可得， 由圆的性质得⊥，由勾股定理得， 所以，即， 因为， 设，，则， 由对勾函数性质，单调递增， 所以，即， 当时，解得，即，解得 当时，解得，即，解得， 综上，所以C的离心率的最大值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求椭圆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离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围). 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. 已知点是椭圆上的一点，和是焦点，焦距为，且． （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的焦距、定义得到、值，进而求出和椭圆的标准方程； （2）利用题意和余弦定理得到关于的方程组，再利用三角形的面积公式进行求解. 【小问1详解】 解：由，得， 又，即， 所以， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 解：由， 得， 又由， 得， 可得：，即， 则的面积. 16. 已知圆是的外接圆，圆心为，顶点，，且______. 在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线上，并完成解答. ①顶点；②；③. （1）求圆的标准方程； （2）若点为直线：上一动点，过点作圆的切线，切点为，求的最小值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）选①：设圆的标准方程为，利用弦的垂直平分线过圆心求解圆心坐标，代入两点距离公式求解半径即可；选②：由是直角三角形得圆心为斜边BC中点，半径为，即可求解圆的方程；选③：由向量相等得圆心为BC中点，为圆的直径，即可求解圆的方程； （2）先求出圆心到直线的距离，然后根据切线长公式转化求解即可. 【小问1详解】 若选①：方法一：设圆的标准方程为，圆心为，半径为， 因为圆过点，，所以圆心在直线上，即； 因为圆过点，，所以圆心在直线上，即， 所以圆的圆心为，半径， 所以圆的标准方程为； 若选②：因为，所以是直角三角形， 所以的外接圆圆心为斜边的中点， 设圆的标准方程为，圆心为，半径为， 由题知，圆心为，半径， 所以圆的标准方程为； 若选③：因为，所以圆心为边的中点，为圆的直径， 设圆的标准方程为，圆心为，半径为， 由题知，圆心为，半径， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 依题意：， 圆心到直线：的距离为， 又因为，所以，即， 所以的最小值为3. 17. 如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，，分别为棱和的中点. （1）求证：平面； （2）若，且平面平面，求二面角的余弦值大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明，由线线平行即可推得线面平行； （2）取上的四等分点，满足,取的中点,连接,通过证得推得四点共面， 由题设证明平面，从而完成建系，不妨取，求出相关点坐标，计算两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接，， 在中，因是的中点，故，且. 在三棱柱中，且， 又为棱的中点，故得，且， 故得， 则有， 又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由题意，三棱柱中所有棱长都相等，则与都是等边三角形， 如图，取上的四等分点，满足, 取的中点,连接, 则,易知,且，故可得， 则有，故有则四点共面. 因平面平面，平面平面， 且平面平面可得平面，又. 故可建立以为原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系. 不妨取，则，由可解得 则有，，， 则, 设平面法向量为， 则， 取，可得，， 故为平面的一个法向量， 因平面，故为底面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为，由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，． （1）证明：平面平面； （2）若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． （3）点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，继而证明，即可证明平面，从而根据面面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. （3）设，，进而表示出，，由题意列出关于方程组求解即可. 【小问1详解】 由平面，平面，平面， 得，， 与底面所成角为 ． 所以三角形 为等腰直角三角形， ． 又由四边形是直角梯形，，可知， 所以为等腰直角三角形，而，故． 在直角梯形中，过C作，垂足为E，则四边形为正方形， 可知 ． 所以 ，在等腰直角三角形 中，． 则有，所以． 又因为，，平面 ，平面． 所以平面．因为平面 ，所以平面平面． 【小问2详解】 以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，． 因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，． 设平面 的法向量为，，， 则 ，得 ， 取 ，则 ，得平面的一个法向量为， 而,所以点P到平面的距离为． 【小问3详解】 设，注意到， 所以， 所以， 设，注意到， 所以， 因为，，所以， 若平面， 则当且仅当，即当且仅当， 此时， 综上所述，当且仅当重合，此时存在，使平面. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于知道若平面，则当且仅当，从而只需引入两个参数，分别表示出，由此即可顺利得解. 19. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴，过点且与椭圆有且只有一个公共点的直线与轴交于点． （1）求椭圆的方程； （2）点是椭圆C上异于的一点，且三角形的面积为，求直线的方程； （3）过点的直线交椭圆于，两点（在的左侧），若为线段的中点，直线交直线于点，为线段的中点，求线段的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意列方程求出，，即可求得椭圆方程； （2）利用联立方程的方法求出点为，继而证明，关于对称，即可求得答案； （3）设，，可推出，即而推出， 设直线的方程为，即可推出轴，即可结合椭圆的几何性质得出答案. 【小问1详解】 由题意知点在上，且轴，设椭圆焦距为， 则， 将代入中，得， 则，结合， 从而，， 椭圆C方程为； 【小问2详解】 由题意知过点且与椭圆有且只有一个公共点的直线的斜率不为， 故设，与椭圆联立， 得，由椭圆与直线只有一个交点， 令，即①， 又过，则②， 联立①②可得，则，即得点为． 设原点，由，， 故， 从而到的距离为到距离的倍，即在关于对称的直线上， 又在椭圆上，从而，关于对称， 故直线方程为 【小问3详解】 设，，，则， 则①， 又由， 可得②， 结合①②可得，， 又，，，， 则直线的方程为， 轴，直线与交于， 则，故， 故轴，从而，当位于椭圆左顶点时取等号, 故线段的最大值为. 【点睛】难点点睛：本题考查了直线和椭圆位置关系的综合问题，解答的难点在于第三问中的最值问题，计算量较大，计算过程复杂，并且基本都是字母参数的运算，因此需要十分小心. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$