精品解析：山西省部分学校2024-2025学年高二上学期期中质量检测数学试题（B卷）

2024~2025学年高二期中质量检测卷 数学（B卷） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.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题区域内作答，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. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~第三章第1节. 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. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四面体中，，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合，则集合中元素个数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，直线l：，则A到l的距离的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 5 7. 已知实数满足， ， 则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 椭圆是轴对称图形，亦是中心对称图形，因其对称性，受到一些艺术制品设计者的青睐.现有一工艺品，其图案的基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成（如图）．在平面直角坐标系中，将标准方程表示的椭圆绕着对称中心旋转一定角度，可得“斜椭圆”.已知一“斜椭圆”的方程为，则该“斜椭圆”的离心率为（ ） A. B. C. 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. 下列命题正确的是（ ） A. 在轴、轴上的截距分别为，的直线均可用方程表示 B. 方程（，为常数）不能表示垂直于轴的直线 C. 经过点的直线均可用方程（，不同时为0）表示 D. 经过两个不同的点，的直线均可用方程表示 10. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 11. 已知圆，为圆上一点，点，，则（ ） A. 当最小时， B. 当最大时， C. 的取值范围为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 13. 若圆与曲线有两个公共点，则的取值范围为______. 14. 如图，在平行四边形ABCD中，，，沿AC将折起到的位置，使得点P到点B的距离为，则二面角的大小为______. 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. （1）求两焦点分别为，，且过点的椭圆的标准方程； （2）求与x轴相切，圆心在直线上，且截直线所得弦长为的圆的方程. 16. 已知圆和点. （1）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程； （2）过点作圆的两条切线，切点分别为，求所在的直线方程. 17. 如图，在以为顶点的圆锥中，点是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，为底面圆周上的两点，且为等边三角形，是母线的中点，. （1）求平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值； （2）设AE与PO交于点，求直线CM与平面ADE所成角的正弦值. 18. 已知点A，B是椭圆的上、下顶点，点满足. （1）求点的轨迹方程； （2）是否存在点，使得过点的动直线交椭圆于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年高二期中质量检测卷 数学（B卷） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.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题区域内作答，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. 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章~第三章第1节. 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. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，易知，不满足题意， 所以，所以，，所以. 故选：B. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程可得直线斜率，由斜率计算倾斜角即可. 【详解】由直线方程可得直线斜率，故直线的倾斜角为. 故选：D. 3. 如图，在四面体中，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可得到结果. 【详解】由题意得，， ， ∴. 故选：C. 4. 若点在圆外，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的一般方程以及点在圆外，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】因为点在圆外，则，解得. 故选：B. 5. 如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合，则集合中元素个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据几何体的特征，将向量数量积转化为投影向量，即可判断结果. 【详解】因为平面，平面，平面均与直线垂直， 所以终点在这三个平面上的相应向量在向量上的投影向量分别相同， 且互不相等，故共有个不同的值． 故选：A 6. 已知点，直线l：，则A到l的距离的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先求出定点，再根据当时，点P到l的距离最大，运用两点间距离公式计算即可. 【详解】将直线l的方程变形为，由， 得，所以直线l过定点， 当时，点P到l的距离最大，故最大距离为. 故选：D. 7. 已知实数满足， ， 则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合两平行直线距离公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，是直线上的点， 是直线上的点，则两直线平行， 的最小值是平行直线之间的距离的平方， 可得最小值为. 故选：D 8. 椭圆是轴对称图形，亦是中心对称图形，因其对称性，受到一些艺术制品设计者的青睐.现有一工艺品，其图案的基本图形由正方形和内嵌其中的“斜椭圆”组成（如图）．在平面直角坐标系中，将标准方程表示的椭圆绕着对称中心旋转一定角度，可得“斜椭圆”.已知一“斜椭圆”的方程为，则该“斜椭圆”的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆的对称性可得长半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最大值，短半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最小值，然后根据已知方程结合基本不等式可求出的最大值和最小值，从而可求出长半轴长和短半轴长，进而可求出离心率. 【详解】设“斜椭圆”的中心为坐标原点， 由椭圆的对称性可得长半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最大值， 短半轴的长度为曲线上的点到原点距离的最小值， 由基本不等式，可得， 所以，解得， 当且仅当时成立， 当且仅当时，成立， 所以椭圆的长半轴长为，短半轴长为， 所以椭圆离心率为. 故选：A 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. 下列命题正确的是（ ） A. 在轴、轴上的截距分别为，的直线均可用方程表示 B. 方程（，为常数）不能表示垂直于轴的直线 C. 经过点的直线均可用方程（，不同时为0）表示 D. 经过两个不同的点，的直线均可用方程表示 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项截距式需要注意是否过原点；B选项直线中不为常数，所以不能表示垂直于轴的直线；C选项分析直线是否垂直于轴对应的直线方程时的值是否都存在；D选项由两点式的公式得到结论. 【详解】对于A，当时，不可以用方程表示，故A错误； 对于B，无论实数，取何值，方程均不可以表示垂直于轴的直线，故B正确； 对于C，当直线垂直于轴，则直线方程为时，此时存在，； 当直线垂直于y轴，则直线方程为时，此时存在，； 当直线不垂直轴时，此时存在，， 故过点均可表示为，故C正确； 对于D，过，的直线方程为，故D错误. 故选：BC. 10. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、， 因为， 对于A选项，当时，则点的轨迹为线段，A错； 对于B选项，若，即点， 此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，B对； 对于C选项，若，即点，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为， 因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，C对； 对于D选项，若，则，其中， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取最小值，此时取最大值，且，则， 因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 11. 已知圆，为圆上一点，点，，则（ ） A. 当最小时， B. 当最大时， C. 的取值范围为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆切线的性质，数形结合判断A、B；问题化为直线与圆有公共点，求参数范围判断C；问题化为点与点距离的平方判断D. 【详解】由，知且半径为，如下图示， 当取得最大值或最小值时，直线AP与圆相切， 利用切线的性质，两种情况的切线长均为，A，B正确； 设，则点在直线上， 又在圆上，故直线与圆有公共点， 所以，即，解得，故C错误； 表示点与点距离的平方， 点与点的最小距离为， 故的最小值为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的焦距为2，则______． 【答案】5或7. 【解析】 【分析】讨论焦点在轴上或在轴上，分别计算即可得到结果. 【详解】当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得，，故，解得. 当椭圆焦点在轴时，， 由焦距为得，，故，解得. 故答案为：5或7. 13. 若圆与曲线有两个公共点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆、曲线的对称性，只需分析与圆只有一个交点即可，分相切与相交两种情况讨论，分别计算可得. 【详解】圆的圆心为坐标原点，关于轴对称， 因为为偶函数，函数图象关于轴对称，所以曲线的图象也关于轴对称， 所以只需研究与圆只有一个交点即可， 当与圆相切时，则， 当与圆相交时（只有一个交点），则， 综上可得的取值范围为. 故答案为： 14. 如图，在平行四边形ABCD中，，，沿AC将折起到的位置，使得点P到点B的距离为，则二面角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解即得. 【详解】依题意，，，则，，， 设的大小为，则与互补，而， 则，， 于是，解得， 因此，又，所以. 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. （1）求两焦点分别为，，且过点的椭圆的标准方程； （2）求与x轴相切，圆心在直线上，且截直线所得弦长为的圆的方程. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出方程. （2）根据给定条件，设圆心，利用切线性质及弦长公式列式求出圆心及半径即可得解. 【详解】（1）设椭圆的方程为， 则，解得， 而椭圆的半焦距，则， 所以所求椭圆的标准方程为. （2）依题意，由圆心在直线上，设所求圆的圆心为， 由圆与x轴相切，得所求圆的半径，圆心到直线的距离， 由截直线所得弦长为，得，解得， 因此所求圆的圆心为或，半径为， 所以所求圆的方程为或. 16. 已知圆和点. （1）过点作一条直线与圆交于两点，且，求直线的方程； （2）过点作圆的两条切线，切点分别为，求所在的直线方程. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接检验即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数值，综合可得出直线的方程； （2）求出以点为圆心，半径为的圆的方程，将该圆方程与圆的方程作差，即可得出直线的方程. 【小问1详解】 圆的标准方程为，圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时圆心到直线的距离为，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由题意可得，解得， 此时直线AB的方程为，即， 综上所述，直线的方程为或； 【小问2详解】 因为，则， 所以以点为圆心，为半径为圆的方程为， 联立，两式相减整理可得：， 即EF所在的直线方程为. 17. 如图，在以为顶点的圆锥中，点是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，为底面圆周上的两点，且为等边三角形，是母线的中点，. （1）求平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值； （2）设AE与PO交于点，求直线CM与平面ADE所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用公式求解即可. （2）利用几何性质求的长，得到点的坐标，计算，利用公式求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 如图，以为原点建立空间直角坐标系. 由题意得，，，，，， ∴. 设平面的法向量为， ∴，可取， 设平面的法向量为， ∴，可取. 设平面ADE与平面ACE的夹角为， 则. 【小问2详解】 如图，过点作于点，则为中点，且， ∴， 由得，，∴，即， ∴. 设直线CM与平面ADE所成角为， . 18. 已知点A，B是椭圆的上、下顶点，点满足. （1）求点的轨迹方程； （2）是否存在点，使得过点的动直线交椭圆于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，点的坐标为或. 【解析】 【分析】（1）表示顶点坐标，设，利用条件建立方程，即可得到结果. （2）设动直线方程以及直线斜率，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标，代入直线方程可构造出都满足的一元二次方程，利用斜率之和为定值解决问题. 【小问1详解】 由题意得，. 设，由得，， 整理得，点的轨迹方程为. 【小问2详解】 存在，理由如下： 设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为， 则，. 由得，，∴， 由点在动直线上得，， 整理得，同理得， ∴是方程的两个根， ∴，则为定值. 令，则，代入动直线方程得， ， 令，得，代入动直线方程得，，即， 点代入（1）中轨迹方程得，，解得， ∴点的坐标为或. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下： （1）设动直线方程为，直线斜率为，直线斜率为，表示直线方程，和椭圆联立表示点坐标. （2）利用点在动直线上可得到是方程的两个根，结合韦达定理表示，利用为定值得到和的关系，从而求出点. 19. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：在中，因为，，， 所以， 所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得的值，再由勾股定理逆定理可得，由面面垂直的性质定理可得平面，即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果； （3）由空间向量的坐标运算以及二面角的公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，，又，所以，，两两垂直，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量，则，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离. 【小问3详解】 假设存在，设，则， 所以， 设平面DHP的一个法向量，因为， 所以，即， 令，则，， 所以， 设平面的一个法向量，因为，， 所以，即， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍）， 所以存在点，使得满足要求，此时，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $