精品解析：山东省泰安市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

高二年级考试数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 直线在轴上的截距是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线的斜截式可直接得解. 【详解】对于直线，它在轴上的截距为. 故选：A. 2. 下列方程所表示的直线中，倾斜角为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可得到答案. 【详解】倾斜角为，则其斜率为， 对A，斜率为，故A错误； 对B，斜率为，故B错误； 对C，斜率为，故C错误； 对D，，即，其斜率为，故D正确； 故选：D. 3. 已知点沿着向量的方向移动到点Q，且，则点Q的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意设,，利用求出，得到的坐标，即可求出点的坐标. 【详解】设,，则， 由得，解得或（舍）， ∴， ∴， ∴，即. 故选：C. 4. 已知圆，则过点的圆C的切线方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】分切线斜率存在与不存在讨论即可. 【详解】，则圆心坐标为，半径为2， 由于，可知点在圆外， 当切线斜率不存在时，此时切线方程为，符合题意， 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 则，解得，此时直线方程为，即. 综上所述，切线方程为：或. 故选：D. 5. 已知正方体中，，分别为上底面和下底面的中心，则下列与和共面的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得与和均平行的平面的法向量，再逐项计算对应向量与法向量的数量积即可判断得解． 【详解】根据题意，建立空间直角坐标系，如图， 不妨设正方体的棱长为2， 则,0,，,0,，,0,，,2,， ,2,，,2,，,1,，,1,， 所以，， 设与和均平行的平面的法向量为,,， 则有，令，则,1,， 对于A，，则， 所以与和共面，故A正确； 对于B，，则， 所以不与和共面，故B错误； 对于C，，则， 所以不与和共面，故C错误； 对于D，，则， 所以不与和共面，故D错误． 故选：A． 6. 已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，为的中点，则与平面所成的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，由图形中的几何关系，根据线面角的几何定义先找出与平面所成的角，再由直角三角函数的定义求出其正弦值. 【详解】如图所示， 由题意得，连结相交于点E，取的中点F，连结. 根据作图可知，，，且， 取的中点G，连结， 则可得平行且相等，四边形为平行四边形，. 在等边中，因为G是AC中点，所以， 故由勾股定理，， 所以. 又因为在中，，所以， 因为平面，平面， 所以，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以故平面， 所以根据线面角的定义，与平面所成的角为， 又因为， 所以在中，， 故选：B. 7. 已知点在直线上，若以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用两圆有公共点得到，进而利用两点距离公式得到关于的二次不等式，解之即可得解. 【详解】因为点在直线上， 所以，即，则， 因为圆可化为， 所以圆A的圆心为，半径为， 因为以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点， 所以，即， 即，解得， 则，即，则. 故选：B. 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，E上两动点M，N均位于x轴上方，且，若与的交点在y轴上，且纵坐标为，则椭圆E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意知道得到，再根据相似三角形得到，借助离心率公式计算即可. 【详解】 如图，由于，与的交点在y轴上，结合椭圆的对称性， 知道则，代入， 求得，求得，故. 设与的交点在y轴上，为. 显然,,代入. 即，化简得，，即. 故选：B. 二、多项选择题：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. 已知直线：，直线：，若或，则的值可能为（ ） A. 4 B. C. D. 1 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两直线平行、垂直的充要条件得到方程，解得即可. 【详解】因为直线：，直线：， 若，则，解得； 若，则，解得或， 当时直线：与直线：平行，符合题意； 当时直线：与直线：重合，不符合题意； 综上可得,或. 故选：BC. 10. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数m的值为 D. 若点P在直线上，点在圆上，，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用点圆位置关系的判定方法可判断A，将问题转化为直线与圆的位置关系，从而列式可判断B，将问题转化为圆心到直线的距离问题，从而列式可判断C，利用将军钦马问题，结合定点到圆上动点的距离问题可判断D，从而得解. 【详解】对于A，因为， 所以点在圆外，故A错误； 对于B，因为圆，可化为， 所以圆心，半径为， 设，则，又点在圆上， 所以直线与圆有交点， 即，解得， 所以的最大值为，故B正确； 因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，而圆的半径为， 所以圆心到直线的距离为1， 即，解得，故C正确； 对于D，设关于直线的对称点为， 则，解得，则， 则， 而的最小值为， 所以， 当且仅当四点共线，且在线段时，等号成立， 则的最小值为. 故选：BCD. 11. 在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，的面积S的最大值为 C. 当时，有且仅有一个点P，使得 D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】AC 【解析】 【分析】确定点的位置，建立空间直角坐标系.等体积转化可得选项A正确；由线面垂直得，分析的最大值可得选项B错误；利用计算的值只有一个，可得选项C正确；利用可得选项D错误. 【详解】由题意得，. ∵，平面，平面，， ∴平面， ∵，∴平面. 由得点在四边形内（包含边界）. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，， ∴， ∴，由得，. A. 当时，，此时点到距离为， 故，为定值，选项A正确. B. 当时，，，当时，， 由平面，平面，得， ∴，最大值为，选项B错误. C. 当时，， 由得，，故有且仅有一个点P，使得，选项C正确. D. 当时，， 由题意得，四边形为正方形，故， 要使平面，需， ∵，∴不成立，选项D错误. 故选：AC. 【点睛】思路点睛：本题考查空间向量综合问题，具体思路如下： （1）当时，分析条件可知点到距离为，利用等体积转化可得，计算结果为定值. （2）当时，由平面得，，分析的最大值即可得到结果. （3）当时，计算的坐标，利用只能得到一个得，，故有且仅有一个点P，使得. （4）分析条件可得，要使平面，需，而，故不存在点P，使得平面. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 定义，若向量，向量的模为2，向量与向量的夹角为，则_______. 【答案】6 【解析】 【分析】由定义即可直接求解. 【详解】由题意， 故答案为：6 13. 已知，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意设的坐标，利用平面向量线性运算与模的坐标表示，结合求轨迹的相关点法即可得解. 【详解】依题意，设，又，， 则，，， 因为，所以， 则，故， 因为，所以， 所以，则， 所以D点的轨迹方程为. 故答案为：. 14. “若点P为椭圆上的一点，，为椭圆的两个焦点，则椭圆在点P处的切线平分的外角”，这是椭圆的光学性质之一.已知椭圆，点P是椭圆上的点，在点P处的切线为直线l，过左焦点作l的垂线，垂足为M，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆的光学性质，结合等腰三角形三线合一的推论与中位线定理分析得点的轨迹为圆，再利用点到圆上点的距离的最值求法即可得解. 【详解】因为椭圆，所以，，即， 如图，延长、交于点，由题意可知， 又因为，则为的中点，且， 所以， 又因为为的中点，则， 故点的轨迹为以为原点，为半径的圆，圆的方程为， 易知点到圆心的距离为， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用椭圆的性质分析得点的轨迹是圆，从而得解. 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，，点A关于直线的对称点为C. （1）求的外接圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）先利用点关于直线对称求得点的坐标，再利用待定系数法求得圆的一般方程，从而配方得解； （2）利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，再分类讨论直线斜率存在与否，利用点线距离公式列式即可得解. 【小问1详解】 依题意，设点， 因为点与点关于直线对称， 所以，解得，故， 设的外接圆的一般方程为， 则，解得， 则圆的一般方程为， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知，圆的圆心为，半径为， 因为直线被圆截得的弦长为2， 所以圆心到直线的距离为， 当直线斜率不存在时，直线方程为，易知满足题意； 当直线斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得， 此时的方程为，即 综上，所求直线的方程为或. 16. 如图，在三棱锥中，，，M在线段上，且，N为的中点. （1）证明：； （2）求异面直线，所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）易知平面，进而可求证； （2）取取的靠近点的三等分点，得到异面直线，所成的角为或其补角，再由余弦定理即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，如图， ，N为的中点. ，， 又平面，，平面， 由平面，所以； 【小问2详解】 取的靠近点的三等分点，连接，如图， 则，异面直线，所成的角为或其补角， 由题意，，， ， 所以， 又，, 所以， 则在中，， 即异面直线，所成角的余弦值为. 17. 已知椭圆的上顶点为，离心率为，左焦点为. （1）求椭圆C的方程； （2）若过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且的面积为，求直线l的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据关系和离心率即可得到方程组，解出即可； （2）设直线的方程为，联立椭圆得到韦达定理式，再写出面积表达式，代入计算即可. 【小问1详解】 由题意可知，解得. 椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，设， 由，得， 恒成立，， ， ， ，， 整理得，解得或(舍去)，， 直线的方程为或. 18. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 【答案】（1） 取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. （2） （3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处 【解析】 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解； （3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则，， 取BD中点，则，又平面，平面BCD， 以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 则，，， ，所以， 故， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM， ， 点为内动点且平面QGM， 又平面ABD，平面平面， ，故点在OM上， 设，又，，， 则， ， 易知平面的一个法向量为， 设QG与平面所成角为，则最大时，最大， ， 所以当时，最大，此时最大， 即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 19. 定义：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”，记作，已知四点，，，中恰有三点在椭圆E上. （1）求椭圆E的标准方程； （2）证明：有两个点G满足“共轭点对”，并求点G的坐标； （3）设（2）中的两个点G分别为，，设O为坐标原点，点P，Q在椭圆E上，满足且点P，Q在直线两侧，求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 设“共轭点对”中点的坐标为 根据“共轭点对”定义可知点的坐标满足， 解得或， 于是有两个点满足“共轭点对”，且点的坐标为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用A，D关于轴对称分析得三点在椭圆上，从而利用待定系数法即可得解； （2）利用“共轭点对”的定义，得到关于点坐标的方程组，解之即可得解； （3）根据题意，利用点差法分析得线段PQ的中点在直线上，从而将四边形的面积转化为两个的面积，再利用椭圆上点到直线的距离的最值即可得解. 【小问1详解】 由于A，D两点关于轴对称， 故由题意知椭圆经过A，D两点， 显然椭圆不经过点，所以点在上，且的焦点在轴上， 设的标准方程为， 因此，解得， 椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设，则， 则所在的直线的方程为，即，， 设点，则， 两式相减得，则， 又，于是， 则，即， 所以线段PQ的中点在直线上，即线段PQ被直线平分， 设点到直线的距离为， 则四边形的面积， 又，则有， 设过点且与直线平行的直线的方程为， 则当与相切时取最大值， 联立，消去得，， 令，得， 则，当为切点时，等号成立，此时（或）与重合， 故，即四边形的面积的最大值为. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级考试数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 直线在轴上的截距是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程所表示的直线中，倾斜角为的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点沿着向量的方向移动到点Q，且，则点Q的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆，则过点的圆C的切线方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 5. 已知正方体中，，分别为上底面和下底面的中心，则下列与和共面的向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，为的中点，则与平面所成的角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点在直线上，若以P为圆心，以3为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，E上两动点M，N均位于x轴上方，且，若与的交点在y轴上，且纵坐标为，则椭圆E的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知直线：，直线：，若或，则的值可能为（ ） A. 4 B. C. D. 1 10. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数m的值为 D. 若点P在直线上，点在圆上，，则的最小值为 11. 在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，三棱锥的体积为定值 B. 当时，的面积S的最大值为 C. 当时，有且仅有一个点P，使得 D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 定义，若向量，向量的模为2，向量与向量的夹角为，则_______. 13. 已知，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为______________. 14. “若点P为椭圆上的一点，，为椭圆的两个焦点，则椭圆在点P处的切线平分的外角”，这是椭圆的光学性质之一.已知椭圆，点P是椭圆上的点，在点P处的切线为直线l，过左焦点作l的垂线，垂足为M，则的最小值为______. 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. 已知点，，点A关于直线的对称点为C. （1）求的外接圆的标准方程； （2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程. 16. 如图，在三棱锥中，，，M在线段上，且，N为的中点. （1）证明：； （2）求异面直线，所成角的余弦值. 17. 已知椭圆的上顶点为，离心率为，左焦点为. （1）求椭圆C的方程； （2）若过点的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且的面积为，求直线l的方程. 18. 如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. （1）求证：平面； （2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置. 19. 定义：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”，记作，已知四点，，，中恰有三点在椭圆E上. （1）求椭圆E的标准方程； （2）证明：有两个点G满足“共轭点对”，并求点G的坐标； （3）设（2）中的两个点G分别为，，设O为坐标原点，点P，Q在椭圆E上，满足且点P，Q在直线两侧，求四边形的面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $