精品解析：安徽省合肥市一六八中学2024-2025学年高二上学期期中学情检测数学试题

2024-2025学年度高二年级（上）·期中学情检测 数学 考生注意： 1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡. 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. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 3. 若椭圆的左焦点的坐标为，则的值为（ ） A. 1 B. 1或5 C. 5 D. 3或5 4. 已知点，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 圆与圆的公切线条数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，当的面积为2时，等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 7. 在四棱锥中，，则此四棱锥的高为（ ） A. B. C. 6 D. 8 8. 已知，是圆上两点，且，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量分别为两个不同的平面的法向量，为直线的方向向量，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆恒相交 C. 直线被圆截得的弦长为4时， D. 直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为是椭圆上异于的一个动点，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积为定值 D. 符合条件的点有且仅有2个 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若方程表示椭圆，则m的取值范围是_____________. 13. 若直线与直线平行，则直线与之间的距离为__________. 14. 已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.利用此结论，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 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. 已知向量，，. （1）当时，若向量与垂直，求实数的值； （2）若向量与向量，共面，求实数的值. 16. 已知两直线和的交点为． （1）若直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程； （2）若圆过点且与相切于点，求圆的标准方程． 17. 已知动点到定点的距离和它到直线的距离的比是常数，点的轨迹称为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若倾斜角为的直线与曲线交于两点，且，求直线的方程. 18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 19. 定义：若椭圆上的两个点满足，则称 为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆 的离心率为，且椭圆 过点. （1）求椭圆 的方程； （2）求“共轭点对”中点 所在直线的方程； （3）设 为坐标原点，点在椭圆 上， ，（2）中的直线与椭圆 交于两点，且点的纵坐标大于，设四点在椭圆 上逆时针排列.证明：四边形的面积小于 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二年级（上）·期中学情检测 数学 考生注意： 1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡. 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. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用关于轴对称的点的横坐标不变，其它坐标变号即可. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为. 故选：C. 2. 直线的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线斜率为可得到直线的一个方向向量为，分析题目条件即可得到结果. 【详解】由，得，直线斜率为，所以直线的一个方向向量为. 故选：B. 3. 若椭圆的左焦点的坐标为，则的值为（ ） A. 1 B. 1或5 C. 5 D. 3或5 【答案】C 【解析】 【分析】根据焦点位置确定，利用关系即可求出结果. 【详解】根据左焦点的坐标为，可得，且焦点在轴上， 结合椭圆标准方程可得，故. 故选：C. 4. 已知点，若过点的直线与线段相交，则该直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出直线的斜率，然后结合图象即可写出答案． 【详解】记为点，则直线的斜率，直线的斜率， 因为直线过点，且与线段相交， 结合图象，可得直线的斜率的取值范围是. 故选：D. 5. 圆与圆的公切线条数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】分析圆心距和两圆半径的关系，可知两圆外切，即可得到两圆公切线条数. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径. 因为，所以两圆外切，所以圆与圆的公切线有3条. 故选：C. 6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在椭圆上，当的面积为2时，等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积得到点的纵坐标，代入椭圆方程可得点的横坐标，利用数量积的坐标表示即可求出结果. 【详解】 由题意可得：，则. 设，由题意可得：，解得， 代入方程可得，解得， ∵， ∴. 故选：A. 7. 在四棱锥中，，则此四棱锥的高为（ ） A. B. C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求. 【详解】设平面的法向量，则， 令，得， 所以此四棱锥的高. 故选：B. 8. 已知，是圆上两点，且，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据，确定点轨迹，再由点轨迹与直线有公共点求参数的取值范围. 【详解】由题意可知:圆的圆心为，半径， 设中点为，则，且，可得， 又因为，可知为等腰直角三角形， 则，可得， 故点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆， 因为直线上存在点使得， 即直线与圆有交点， 即圆心到直线的距离，解得或. 故选：A 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量分别为两个不同的平面的法向量，为直线的方向向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据判断选项A，D；根据判断选项B；根据判断选项C. 【详解】因为，所以，所以，A正确，D错误； 因为，且，所以，B正确； 因为，所以或者错误. 故选：AB 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与圆恒相交 C. 直线被圆截得的弦长为4时， D. 直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】直线变形为可得选项A正确；由定点在圆内可知选项B正确；利用勾股定理和垂径定理可计算圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得到的值，选项C错误；当直线与圆心和定点确定的直线垂直时，弦长最短，利用垂直求直线斜率，即可得到选项D正确. 【详解】直线，即，直线恒过定点，故A正确. 因为，所以定点在圆内部，所以直线与圆恒相交，故B正确. 如图，设直线与圆交于两点，连接，则， 过点作于点，则，所以，即点到直线的距离. 由得，故C错误. 设定点为点，则直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短， 此时，， 直线的方程为，整理得，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为是椭圆上异于的一个动点，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积为定值 D. 符合条件的点有且仅有2个 【答案】AC 【解析】 【分析】由椭圆的定义、方程和性质，结合直线的斜率公式和向量数量积的性质，对选项分析即可得到结论． 【详解】由题知，因为，即，解得，所以离心率，故A正确； 若，连接，在中，由勾股定理得， 又因为点在椭圆上，所以，所以， 又，解得，所以，故B错误； 设， 则， 又因为点在椭圆上，所以， 因为，所以，从而， 所以为定值，故C正确； 因为，所以点在以为直径的圆上，半径为， 又因为， 所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即不存在符合条件的点，故D错误. 故选：AC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若方程表示椭圆，则m的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 由，且可得． 【详解】方程表示椭圆⇔，解得且. 所以m的取值范围是 故答案为：. 13. 若直线与直线平行，则直线与之间的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两直线平行求参数，根据两平行线间的距离公式可得结果. 【详解】由与平行，得，解得， 故两直线方程分别为，所以直线与之间的距离为. 故答案为：. 14. 已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.利用此结论，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得平面、平面及平面的一个法向量，则可得直线的一个方向向量，结合空间向量夹角公式计算即可得解. 【详解】由题可得平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 又平面的法向量， 设直线的一个方向向量，则， 即，取，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 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. 已知向量，，. （1）当时，若向量与垂直，求实数的值； （2）若向量与向量，共面，求实数的值. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的模长的坐标表示和两个向量垂直的坐标表示求解即可. （2）根据共面定理列方程组求解即可. 【小问1详解】 因为，所以 解得，即， 由，且得 ，解得， 即的值为. 【小问2详解】 因为向量与向量，共面，所以设，R， 因此， 即解得， 所以的值为. 16. 已知两直线和的交点为． （1）若直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程； （2）若圆过点且与相切于点，求圆的标准方程． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）通过解二元一次方程组求解的坐标，再结合互相平行两直线方程的特征运用代入法进行求解即可； （2）根据圆的切线的性质，结合待定系数法进行求解即可. 【小问1详解】 联立方程组，解得， 所以直线和的交点． 因为直线与直线平行，故可设直线． 又直线过点，则，解得， 即直线的方程为． 【小问2详解】 设所求圆的标准方程为， 直线的斜率为，故直线CP的斜率为， 由题意可得，解得， 故所求圆的标准方程为． 17. 已知动点到定点的距离和它到直线的距离的比是常数，点的轨迹称为曲线. （1）求曲线的方程； （2）若倾斜角为的直线与曲线交于两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）设，根据等量关系建立方程，化简即可得到结果. （2）设直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式表示即可求出结果. 【小问1详解】 设，则， 整理得， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 由题意设直线，将代入方程， 整理得：， 设，由，得， 所以， 则， 整理得：，满足，所以， 即直线方程为或. 18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的大小； （3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； （3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 因为，故， 由几何关系可知，，，， 故，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，，. 设与平面所成角的大小为， 则有， 设为与平面所成角，故， 即与平面所成角的大小为； 【小问3详解】 假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为. 在空间直角坐标系中，，，， 设，则，， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，，所以， 若平面与平面成角余弦值为. 则满足， 化简得，解得或，即或， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为. 此时的长度为或. 19. 定义：若椭圆上的两个点满足，则称 为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆 的离心率为，且椭圆 过点. （1）求椭圆 的方程； （2）求“共轭点对”中点 所在直线的方程； （3）设 为坐标原点，点在椭圆 上， ，（2）中的直线与椭圆 交于两点，且点的纵坐标大于，设四点在椭圆 上逆时针排列.证明：四边形的面积小于 . 【答案】（1） （2）. （3）证明：由（2）知，直线， 联立，解得或，则， 设点，则，两式相减得， 又 ，于是，所以，所以， 所以线段 的中点在上，故线段 被直线平分， 设点到直线的距离为，则四边形的面积， 而，故， 设过点且与直线平行的直线的方程为，则当与 相切时，最大， 由，消去 得， 令，解得， 当时，此时方程为，即，解得， 则此时点或点必有一个和点重合，不符合条件 ，从而直线与 不可能相切， 即小于平行直线和（或）的距离， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据条件列出的方程组，由此求解出的值，则椭圆方程可知； （2）代入 坐标于，得到点 坐标的关系式，由此可知点 所在直线的方程； （3）根据条件先分析出 与的位置关系，然后将四边形的面积通过点到直线的距离以及弦长表示出来，根据点的临界位置分析出面积的临界值，从而完成证明. 【小问1详解】 依题意，，解得 所以椭圆 的方程为. 【小问2详解】 因为，所以，所以， 所以点 所在的直线的方程为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解答本题第三小问的关键点有两个，一方面是点差法的使用，通过点差法结合斜率公式判断出 被平分，简化后续四边形的面积表示；另一方面是确定点的临界位置，通过平行于的直线与椭圆相切确定出高的临界值即可确定面积临界值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $