精品解析：浙江省宁波市宁波中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

宁波中学2024学年度第一学期期中 高二数学试卷 一､单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线在轴上的截距是，在轴上的截距是3，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 双曲线的右顶点到渐近线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知动直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 与值有关，无法确定 6. 在空间直角坐标系中，四面体的顶点坐标分别是，，，.则点到面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为，定点在棱上(不在端点上)，点是平面内的动点，且点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则点的轨迹所在的曲线为 A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知抛物线，焦点为，准线为，弦过点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点的坐标为 B. 准线的方程为 C. 若，则 D. 弦的长度 10. 在空间直角坐标系中，已知点，为的重心，则（ ） A. 点的坐标是 B. 是平面的法向量 C. 平面过原点 D. 为锐角三角形 11. 已知四边形的四个顶点都在椭圆上，对角线过原点，且，则（ ） A. 是定值 B. 是定值 C. 四边形的面积是定值 D. 四边形的周长是定值 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在平面直角坐标系中，已知某直线沿轴正方向平移3个单位，再沿轴负方向平移2个单位直线回到原来位置，则此直线的斜率__________. 13. 双曲线的左、右焦点分别是，直线与曲线C交于A，B两点，，且，则双曲线C的离心率是___________． 14. 如图，已知是相互垂直的两条异面直线，直线与相交且垂直，垂足为，且线段，动点分别位于直线上，若直线与所成的角，线段的中点为，则以下结论： ①的长度为定值4. ②三棱锥的体积为定值. ③点的轨迹是圆； 其中正确的有__________（填写编号） 四､解答题（本题共5小题，共T7分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知圆C：． （1）若直线l过点且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程； （2）从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且，求的最小值． 16. 如图，为圆柱的轴截面，为底面半圆周上一点，为中点， （1）若，求的长 （2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值 17. 已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， （1）求椭圆的方程 （2）求的值 18. 已知抛物线，直线交抛物线于两点， （1）若线段中点的纵坐标为2，求直线的方程； （2）若抛物线上存在两点关于直线轴对称，求的取值范围. （3）若存在定点，使以为直径的圆上的任意点，都满足（为原点），求定点的坐标和的值. 19. 阅读下列材料，回答问题： 如图，在空间直角坐标系中，过原点与轴成角的直线绕轴一周，生成以为顶点轴为对称轴的两个圆锥形的几何体，不经过原点与轴成角的平面截几何体的表面得到的截口曲线称为圆锥曲线. 当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上，以下证明它是椭圆：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆）且与平面相切（位于平面上下两侧），切点分别为和，在截口曲线上任取一点P，作直线交圆于点，连接和，因为和都是大球的切线段，所以，同理，所以，因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且，所以此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足椭圆定义，应为椭圆.依据上述材料所述，请回答： （1）当时，对应的圆锥曲线是什么曲线？（直接回答不必证明） （2）当，对应的圆锥曲线是什么曲线？并根据所给图形利用材料所提供的思路进行证明； （3）如图，将等边绕边旋转至，并且使二面角为直二面角，动点在平面上并且，判断动点的轨迹，并求其离心率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁波中学2024学年度第一学期期中 高二数学试卷 一､单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知直线在轴上的截距是，在轴上的截距是3，则直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先写出直线的截距式方程，再化为一般式. 【详解】直线在轴上的截距是，在轴上的截距是3， 则直线的截距式方程为，化成一般式方程为. 故选：C. 2. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 3. 在日常生活中，可以看见很多有关直线与椭圆的位置关系的形象，如图，某公园的一个窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状，其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段，则该窗户的最短的竖直窗棂的长度为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，建立坐标系得椭圆的标准方程为，再结合题意计算即可得答案. 【详解】解：根据题意，建立如图所示的坐标系， 因为窗户就是长轴长为4米，短轴长为2米的椭圆形状， 所以椭圆的标准方程为， 因为其中三条竖直窗棂将长轴分为相等的四段， 所以当时，，所以最短窗棂的长度为． 故选：B 4. 双曲线的右顶点到渐近线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用椭圆方程，求得右顶点坐标，利用渐近线方程公式，得到渐近线，利用点到直线距离公式即得解. 【详解】依题意得双曲线的右顶点坐标是， 一条渐近线方程是， 即， 因此右顶点到渐近线的距离为， 故选：B 5. 已知动直线，圆，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 与值有关，无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意将直线的方程整理，得到直线经过定点，然后判断出点是圆内部的一点，从而得出直线与圆的位置关系． 【详解】直线化为， 由，解得，即直线经过点， 因为，所以点在圆的内部， 根据直线经过圆内的定点，可知直线与圆相交． 故选：A． 6. 在空间直角坐标系中，四面体的顶点坐标分别是，，，.则点到面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求出平面的一个法向量，再求出在方向上的投影的绝对值即可． 【详解】由题意, 设平面的一个法向量为，则 ，取，则， ∴，即到平面的距离是． 故选：A. 【点睛】本题考查用空间向量法求点到平面的距离．设是平面的一个法向量，是平面内任一点，则到平面的距离是． 7. 已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，的中点为，点差法得到齐次式，可求椭圆的离心率． 【详解】椭圆，左焦点，下顶点， 设，， 的中点为，，． ，． 由，， 两式相减得， 可化为， 得，即，两边平方得， 化为：，解得， 又，解得． 故选：A． 8. 已知正方体的棱长为，定点在棱上(不在端点上)，点是平面内的动点，且点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则点的轨迹所在的曲线为 A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】作，，连接，以为原点建立空间直角坐标系，利用勾股定理和两点间距离公式构造，整理可得结果. 【详解】作，，垂足分别为 以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系： 设， 由正方体特点可知，平面 ， ，整理得： 的轨迹是抛物线 本题正确选项： 【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹问题，关键是能够通过建立空间直角坐标系，求出动点满足的方程，从而求得轨迹. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知抛物线，焦点为，准线为，弦过点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点的坐标为 B. 准线的方程为 C. 若，则 D. 弦的长度 【答案】CD 【解析】 【分析】根据抛物线的方程可得，即可求解焦点和准线，进而可判断AB,根据焦半径公式即可判断C，根据焦点弦公式即可求解D. 【详解】由可得，故，所以焦点为，A错误， 准线的方程为，B错误， 根据焦半径公式可得若，则，C正确， 设过点的直线方程为，联立其与抛物线的方程可得， 设,，,，则，，则 故， 故当时，此时弦最短长度为1，即，故D正确， 故选：CD 10. 在空间直角坐标系中，已知点，为的重心，则（ ） A. 点的坐标是 B. 是平面的法向量 C. 平面过原点 D. 为锐角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：取中点，由三角形的重心的定义得到，然后求得点坐标；B选项：不能作为法向量；C选项：若存在，则共面；D选项求三边形成的向量的数量积得出对应角的范围. 【详解】取中点，则，∵，∴，故A选项正确； 当时，，不能作为平面法向量，B选项错误； ，，，设，即，解得，故平面过原点，C选项正确； ， ∴，∴为锐角；，∴为锐角；，∴为锐角， 所以D选项正确. 故选：ACD 11. 已知四边形的四个顶点都在椭圆上，对角线过原点，且，则（ ） A. 是定值 B. 是定值 C. 四边形的面积是定值 D. 四边形的周长是定值 【答案】AC 【解析】 【分析】联立直线与椭圆方程可得，结合得，根据两点距离公式，代入化简可判断AB，根据弦长公式以及点到直线的距离公式，结合面积计算即可求解C，根据的值不是定值，即可求解D. 【详解】由于过原点，故四边形为平行四边形. 设，代入， 得， 设 则， 因为，得， 即，化简可得， 代入可得 解得， ，， 为定值，A正确， 因为， 又，， ， 所以为定值，C正确， ， 由于不为常数，因此不为常数，因此不为定值，B错误， 对于D，由于为定值， 若四边形的周长是定值，则为定值，此时可得为固定不改变的，显然不符合题意.故D错误， 故选：AC 【点睛】关键点点睛：由，得得，即可根据点点距离以及弦长公式求解. 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在平面直角坐标系中，已知某直线沿轴正方向平移3个单位，再沿轴负方向平移2个单位直线回到原来位置，则此直线的斜率__________. 【答案】 【解析】 【分析】设直线上任意一点,，再根据题意可得,也在直线上，进而根据两点间的斜率公式与直线的斜率相等列式求解即可． 【详解】设直线上任意一点,，将直线沿轴正方向平移3个单位， 则点移动后为,，再沿轴负方向平移2个单位，则点移动后为，． ，都在直线上， 直线的斜率． 故答案为：． 13. 双曲线的左、右焦点分别是，直线与曲线C交于A，B两点，，且，则双曲线C的离心率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对称性可知，设，则，再根据余弦定理可用表示出，然后由双曲线的定义即可求出． 【详解】如图所示：根据双曲线和直线的对称性可知，，设，则，在中，，解得， 所以由双曲线定义可得，即，所以． 故答案为：． 14. 如图，已知是相互垂直的两条异面直线，直线与相交且垂直，垂足为，且线段，动点分别位于直线上，若直线与所成的角，线段的中点为，则以下结论： ①的长度为定值4. ②三棱锥的体积为定值. ③点的轨迹是圆； 其中正确的有__________（填写编号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】由已知求得的长度判断①；由线面垂直的性质，中位线的定理求得，结合圆的定义判断③；利用等体积法判断②． 【详解】平面，平面，如图，过点作于点， 则，且，连接， 则，故，故①正确； 四边形为平行四边形，，由，得， ，设的中点为，则有， 设的中点为，连接，，，则，， 有，，可得四边形为平行四边形， 故，， 即点到平面的距离为定值，且到点距离为定值， 可得点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，且圆面与平面平行，故③正确； ， 由分析③可知为定值，为定值2． 在中，为定值，但不确定， 不是定值，故②错误． 　 故答案为：①③． 【点睛】方法点睛： 平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决， 四､解答题（本题共5小题，共T7分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知圆C：． （1）若直线l过点且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程； （2）从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且，求的最小值． 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）讨论直线是否存在斜率，当斜率存在时，设出直线方程，利用弦长公式，即可求得直线斜率，则直线方程得解； （2）根据题意以及几何关系，求得点的轨迹方程，再求的最小值即可. 【小问1详解】 根据题意，圆C的方程为：，变形可得， 其圆心为，半径为，当直线l的斜率不存在时，其方程为， 易求直线l与圆C的交点为，，，符合题意； 当直线l的斜率存在时，设其方程为，即， 则圆心C到直线l的距离， 解可得，所以直线l的方程为， 综上，直线l的方程为或. 【小问2详解】 如图，PM为圆C的切线，连接MC，PC，则， 所以为直角三角形，即 设，由（1）知，，因为， 所以化简得点P的轨迹方程为 求的最小值，即求的最小值，也即求原点O到直线的距离， 由距离公式可求得的最小值为. 16. 如图，为圆柱的轴截面，为底面半圆周上一点，为中点， （1）若，求的长 （2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）平面，则有，再结合已知条件可得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可得平面，则，结合中点可得； （2）如图，以为坐标原点，以，为，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解． 【小问1详解】 因为为圆柱的轴截面， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面, 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面, 所以平面，所以， 因为为中点，所以三角形为等腰三角形，即； 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，以，为，轴建立空间直角坐标系，设， 则,0,，,0,，,2,，,2,，,0,，可得,1,， 设平面的法向量为， 可得，设平面的法向量为， 则，即，不妨令， 可得,2,为平面的一个法向量， 所以， 平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 17. 已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， （1）求椭圆的方程 （2）求的值 【答案】（1） （2）-4 【解析】 【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆上的点，求出，可得椭圆的方程； （2）直线与椭圆联立方程组，设，，表示出，利用韦达定理化简求得的值. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以， 又椭圆过点，则， 又，解得，， 所以椭圆C的方程：． 【小问2详解】 过点的直线交椭圆于两点， 当直线斜率不存在时，有，， ，， ； 当直线斜率存在时，设直线方程为，设，， 由，消去得， 有， . 综上可得. 18. 已知抛物线，直线交抛物线于两点， （1）若线段中点的纵坐标为2，求直线的方程； （2）若抛物线上存在两点关于直线轴对称，求的取值范围. （3）若存在定点，使以为直径的圆上的任意点，都满足（为原点），求定点的坐标和的值. 【答案】（1） （2） （3）定点， 【解析】 【分析】（1）联立直线与曲线方程后，结合韦达定理表示出并计算即可得； （2）分，及进行讨论，设，结合关于直线对称的点的性质可得，计算即可得； （3）设，，由题意可得，即可得该方程即为以为直径的圆的方程，结合点坐标与半径计算即可得解. 【小问1详解】 设， 联立，化简得， ，， 由于，所以， 故直线的方程为； 【小问2详解】 设， 若，则，易得此时不合题意； 若，由于关于直线轴对称， 故， 故，所以中点的纵坐标为， 将其代入中可得， 又，化简可得， 结合，故， 化简可得， 由于关于的方程要有两个不相等的实数根，所以， 故，即； 综上所述，； 【小问3详解】 设，，由题意可得， 整理得，即， 又点在以为直径的圆上，则即为该圆方程， 由，， 则， 则，， 即有， 则， 化简得，故，则，， 即，定点. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于设出、两点坐标，结合得到点的轨迹方程，该轨迹方程即为以为直径的圆的方程. 19. 阅读下列材料，回答问题： 如图，在空间直角坐标系中，过原点与轴成角的直线绕轴一周，生成以为顶点轴为对称轴的两个圆锥形的几何体，不经过原点与轴成角的平面截几何体的表面得到的截口曲线称为圆锥曲线. 当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上，以下证明它是椭圆：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆）且与平面相切（位于平面上下两侧），切点分别为和，在截口曲线上任取一点P，作直线交圆于点，连接和，因为和都是大球的切线段，所以，同理，所以，因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且，所以此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足椭圆定义，应为椭圆.依据上述材料所述，请回答： （1）当时，对应的圆锥曲线是什么曲线？（直接回答不必证明） （2）当，对应的圆锥曲线是什么曲线？并根据所给图形利用材料所提供的思路进行证明； （3）如图，将等边绕边旋转至，并且使二面角为直二面角，动点在平面上并且，判断动点的轨迹，并求其离心率. 【答案】（1）抛物线（直接回答不必证明） （2）双曲线；证明如下： 当，平面截几何体的表面得到的截口曲线在两个圆锥上各有一支，以下证明它是双曲线： 证明：如图，在该圆锥内放置两球和，使它们都与圆锥相切，     即与圆锥的每条母线相切，切点分别形成圆和圆， 且与平面相切（分别位于上下圆锥平面同侧），切点分别为和. 在截口曲线上任取一点M，作直线交圆于点，连接和， 因为和都是大球的切线段，所以， 同理，所以， 因为两球外离，和分别是两球的内外公切线段，都为定值且， 同理可得，当在圆锥曲线另一支上时， 可得也为定值，且，. 所以有，且，. 此时平面截圆锥得到的圆锥曲线满足双曲线定义， 故当，对应的圆锥曲线是为双曲线. （3）双曲线； 【解析】 【分析】（1）根据题意条件与空间想象可猜想结论； （2）类比椭圆曲线的证明，可推证双曲线； （3）根据题意条件与空间想象确定旋转轴与截面，得到轴与母线夹角，求出轴与截面所成角，再利用（2）结论可得，然后借助两圆内外公切线求解离心率即可. 【小问1详解】 当时，平面截几何体的表面得到的截口曲线在一个圆锥上， 对应的圆锥曲线是抛物线. 如图，由题意可设圆锥的母线与圆锥轴线的夹角为， 作圆锥的一个截面，该截面与轴所成的角也为. 首先证明：圆锥面上存在一条母线与平面平行. 证明：作一平面与圆锥轴线垂直，记平面与轴线的交点为， 则可得截面圆，平面， 过作，垂足为，交圆于两点，则，， 平面，平面，， 则平面，，则有平面. 延长与平面交于一点，则是轴线在平面内的射影， 所以是轴线与平面所成的角，即， 所以，，从而，得证 作一球与圆锥相切，切点轨迹是，同时球与截面切于点. 设是截线上任意一点，则是由点向球所作的切线， 又圆锥过点的母线与球切于点，所在平面为， 作，垂足为，截面与平面交于， 则，过作，垂足为， ，又平面，平面， 所以平面，平面. 则，， 根据空间等角定理，有， 因为，所以， 从而可得与全等， 所以，而，所以， 即点到定点的距离等于到定直线的距离（）， 故此时对应的圆锥曲线是抛物线. 【小问2详解】 当，平面截几何体的表面得到的截口曲线在两个圆锥上各有一支，它是双曲线： 证明略； 【小问3详解】 如图，取中点，连接. 由题意知，与都是正三角形，则，且. 则二面角的平面角为， 由二面角为直二面角，则，即. 又，平面，平面，且， 所以平面. 所以是在平面内的射影， 则即为直线与平面所成角. 在中，，故. 由题意可知，过点与直线成角的射线绕一周， 生成以为顶点，为对称轴的两个圆锥形的几何体与轴成， 不经过点与轴成角的平面， 截几何体的表面得到的截口曲线为圆锥曲线. 因为，平面截几何体的表面得到的截口曲线在两个圆锥上各有一支， 所以由（2）结论可知，动点的轨迹是双曲线的一支（因为射线）， 双曲线的焦距即为外公切线长，实轴长即内公切线长. 如图，为两圆（球）圆（球）心，分别为两圆（球）的内外公切线. 由，则， 在平面中作过作，交于，则. 在中，即为轴平面所成角， ； 由，则， 在平面中过作交于，则. 在中，为直线与所成角， 即直线与直线所成角. . 所以离心率. 【点睛】结论点睛：已知空间中两条相交直线与，夹角为，且，以直线为轴，围绕旋转一周得到以为顶点，为母线的两圆锥面.作圆锥面不过顶点的截面，如果轴与截面所成角为（当与轴平行时，记），那么： （1）当时，截面与圆锥面的截口曲线为椭圆； （2）当时，截面与圆锥面的截口曲线为抛物线； （3）当时，截面与圆锥面的截口曲线为双曲线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $