精品解析：福建省福州市马尾第一中学等六校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

2024—2025学年第一学期高二年段期中六校联考 数 学 试 卷 （满分：150分，完卷时间：120分钟） 命题校：连江尚德中学 一、单项选择题：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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 3. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，则与所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 4. 焦点坐标为，，并且经过点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 向量与的夹角是 6. 已知空间四点.给出下列命题，其中是假命题的是（    ） A. 平面的一个法向量为 B. 若1，则 C. 点到直线的距离为 D. 、、、四点共面 7. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，、，点满足．设点的轨迹为，则下列说法错误的是（ ） A. 轨迹的方程为 B. 面积最大值为 C. 若，则的最大值为 D. 在上存在点，使得 8. 过椭圆的右焦点作轴的垂线，交椭圆于两点，直线过椭圆的左焦点和上顶点．若以为直径的圆与相切，则椭圆的离心率为（ ） 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，至少有两项符合题目要求.若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若圆与圆有且仅有1个公共点，则 C. 若圆与圆相交弦长为4，则 D. 当时，若动圆M与圆外切，与圆内切，则点M的轨迹方程为 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过倾斜角为的直线交椭圆于、两点，的周长为，则下列说法正确的是 （ ） A. B. 当时， C. 的最大值为 D. 面积最大值为 11. 如图，正方体的边长为，是的中点，点为正方形内一动点（含边界）,则下列说法正确的是 （ ） A. 四棱锥的体积为定值 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 当直线与平面所成的角为时，则点的轨迹长度为 D. 若直线平面，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线平行，则实数=______ ． 13. 已知，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为______． 14. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为______． 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. 已知的顶点坐标为． （1）在中，求边上的高所在直线的方程； （2）求的面积. 16. 如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． （1）证明：; （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知圆过点、且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程． 18. 已知椭圆过点，离心率．、分别为椭圆的左、右顶点，、分别为左、右焦点，直线交椭圆于、两点不过点 （1）求圆的方程； （2）若为椭圆上（除外）任意一点，求证：直线和的斜率之积为定值 （3）若直线与直线的斜率分别是、，且，求证：直线过定点． 19. 材料：在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，直线的方程为． （1）证明：平面； （2）已知点，直线，若点与直线都在平面上，求平面与平面夹角的余弦值的最大值； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年第一学期高二年段期中六校联考 数 学 试 卷 （满分：150分，完卷时间：120分钟） 命题校：连江尚德中学 一、单项选择题：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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得直线的斜率，得出，结合倾斜角的定义，即可求解. 【详解】由直线，可得直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，可得， 因为，所以. 故选：A. 2. 椭圆的长轴长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出的值，即可求得该椭圆的长轴长. 【详解】在椭圆中，，，故该椭圆的长轴长为. 故选：B. 3. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，则与所成角的余弦值（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先取中点，连接，能够得到是与所成角，设出边长，利用勾股定理求得，在直角三角形中，求得，得到结果. 【详解】取中点，连接， 因为为中点，所以， 所以是与所成角， 设， 则， 所以， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关异面直线所成角的余弦值的问题，涉及到的知识点有异面直线所成角的概念，在三角形中求角的余弦值，属于简单题目. 4. 焦点坐标为，，并且经过点的椭圆方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】已知焦点坐标，得到. 然后将点代入椭圆方程，结合求出和的值，从而确定椭圆方程. 【详解】因为焦点坐标为，所以，根据，得. 将点代入椭圆方程，所以，即. 将代入中，得到. 设，则方程变为. 解得或（，舍去）. 所以，则. 故椭圆方程为：. 故选：A. 5. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，在下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 向量与的夹角是 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行六面体的向量运算、向量的模、向量的夹角，数量积等概念和公式.通过向量运算法则分别对每个选项进行分析判断. 【详解】对于A，在平行六面体中，根据向量加法的三角形法则，， 由于，，所以，选项A正确. 对于B，已知以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是. ，则 .所以，选项B正确. 对于C，， ， 因为，所以，选项C正确. 对于D，，设向量与的夹角为 ， ， 所以，选项D错误. 故选：D. 6. 已知空间四点.给出下列命题，其中是假命题的是（    ） A. 平面的一个法向量为 B. 若1，则 C. 点到直线的距离为 D. 、、、四点共面 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的平行、垂直、模长以及点到直线的距离等概念.通过计算向量之间的关系来判断各个命题的真假即可. 【详解】首先求出，. 对于A，设平面的法向量，根据法向量与平面内向量垂直的性质， 可得，即. 令，则，， 所以平面的法向量为，A选项为真命题. 对于B，因为，设. 已知，则，即，解得. 所以或，B选项为假命题. 对于C，由，. 根据点到直线的距离公式. 先求，，. 则，C选项为真命题. 对于D，设. 因为. 则，解这个方程组得，故 所以、、、四点共面，D选项为真命题. 故选：B. 7. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，、，点满足．设点的轨迹为，则下列说法错误的是（ ） A. 轨迹的方程为 B. 面积最大值为 C. 若，则的最大值为 D. 在上存在点，使得 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；对于B，数形结合可判断；对于C，设 ，转化为直线与曲线有公共点，结合直线与圆的位置关系可判断；对于D，求出点的轨迹方程，转化为两圆的位置关系即可判断. 【详解】设，不与、重合， 由、，有，， ，即，化简得， 所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示， 对于A选项，由曲线的方程为，选项A正确； 对于B选项，由图可知，当时，点到直线的距离取最大值， 所以，，B对； 对于C选项，设，可得， 由题意可知，直线与圆有公共点，则， 解得，故的最大值为，C对； 对于D选项，设，由得， 化简得，因为， 所以上不存在点，使得，故D错误. 故选：D. 8. 过椭圆的右焦点作轴的垂线，交椭圆于两点，直线过椭圆的左焦点和上顶点．若以为直径的圆与相切，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线过的左焦点和上顶点写出直线的方程，再根据过椭圆的右焦点的直线与轴垂直，交于A，B两点，得到以为直径的圆的圆心和半径，然后再根据为直径的圆与相切，由圆心到直线的距离等于半径求解. 【详解】由题意得：左焦点上顶点， 所以直线l的方程为，即， 因为过椭圆的右焦点的直线与轴垂直，交于A，B两点， 所以以为直径的圆的圆心为右焦点，半径为， 因为以为直径的圆与相切，所以圆心到直线的距离等于半径， 即，即， 所以， 所以， 故选：C 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，至少有两项符合题目要求.若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分. 9. 已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若圆与圆有且仅有1个公共点，则 C. 若圆与圆相交弦长为4，则 D. 当时，若动圆M与圆外切，与圆内切，则点M的轨迹方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意求两圆圆心和半径.对于A，根据半径有意义可得；对于B，根据圆与圆的位置关系分析求解；对于C，将两圆方程作差得公共弦所在直线的方程，根据圆心在公共弦上可解；对于D，根据圆M与圆、的位置关系，结合椭圆的定义即可求得点M的轨迹方程. 【详解】由题意可知：圆的圆心，半径； 将圆的方程化为标准方程得：， 故其圆心，半径， ，即，故选项A正确； 若圆与圆有且仅有1个公共点，则圆与圆外切或内切， 又，或， 解得或，故选项B错误； 圆的一般方程为， 则相交弦方程为：，即， 若圆与圆相交弦长为4，则相交弦为圆的直径， 将圆心代入相交弦方程可得，故选项C正确； 当时，圆，圆心，半径，设动圆M半径为， 因为动圆M与圆外切，与圆内切，，， ， 所以点M的轨迹为以和为焦点，长轴长为8的椭圆， ，所以点M的轨迹方程为，故选项D错误. 故选：AC. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过倾斜角为的直线交椭圆于、两点，的周长为，则下列说法正确的是 （ ） A. B. 当时， C. 的最大值为 D. 面积最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用椭圆的定义可求出的值，可判断A选项；利用弦长公式求出的最小值，结合椭圆的定义可判断C选项；利用弦长公式可判断B选项；利用三角形的面积公式结合函数单调性可判断D选项. 【详解】对于A选项，的周长为，则，故A项正确； 对于BCD选项，若直线与轴重合时，， 当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、， 联立可得，， 由韦达定理可得，， 所以， ， 当且仅当时，即当轴时，等号成立， 故，所以，，故C项错误； 当时，，此时，，故B项正确； 由题意可知，直线不与轴重合，由上可知， 点到直线的距离为， 所以，， 令，则， 令，其中， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 故面积的最大值为，故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 11. 如图，正方体的边长为，是的中点，点为正方形内一动点（含边界）,则下列说法正确的是 （ ） A. 四棱锥的体积为定值 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 当直线与平面所成的角为时，则点的轨迹长度为 D. 若直线平面，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项BC，求出的长度，分析点的轨迹，计算其长度，可判断BC选项；对于选项D，利用面面平行的性质得出点的轨迹，并计算出轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，点到侧面的距离即为，， 故四棱锥的体积， 所以四棱锥的体积为定值，A对； 对于B选项，因为平面，平面，则， 所以，， 可得点的轨迹以点为圆心，为半径的四分之一圆， 其轨迹长度为，B错； 对于C选项，因为与平面所成的角为，则为等腰直角三角形， 所以，，则点的轨迹以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆， 其轨迹长度为，C对； 对于D选项，分别取、的中点、，连接、、、， 因为、分别为、的中点，则， 因为平面，平面，所以，平面， 因为且，所以，四边形为平行四边形，则， 因为、分别为、的中点，所以，，故， 因为平面，平面，则平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 当点在线段上运动时，平面，则平面， 所以，点的轨迹为线段，其长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线平行，则实数=______ ． 【答案】1 【解析】 【分析】运用直线平行的判定可解. 【详解】由于直线与直线平行, 且，可得，且，解得， 所以实数. 故答案为：1. 13. 已知，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，且与不共线，即可求得实数的取值范围. 【详解】因为，，且与的夹角为锐角， 则，解得，且与不共线， 若与共线，则，解得，故当与不共线时，， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出点关于直线的对称点，然后计算到军营区域的最短距离. 【详解】求点关于直线的对称点的坐标,设， 直线的斜率为，则所在直线的斜率为， 因为中点在直线上，且. 由，解方程组得，，所以. 军营区域是以原点为圆心，半径的圆及其内部. 则到原点的距离. 到军营区域的最短距离为. “将军饮马”的最短总路程为. 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. 已知的顶点坐标为． （1）在中，求边上的高所在直线的方程； （2）求的面积. 【答案】（1）． （2）4. 【解析】 【分析】（1）运用直线垂直得到高线直线的斜率，再用点斜式计算即可； （2）运用两点间距离计算底长，再用点到直线距离公式计算高线，再计算面积即可. 【小问1详解】 直线AB的斜率，边上的高线所在直线的斜率为 故中，边上的高线所在直线的方程为，即为． 【小问2详解】 ，， 直线的方程为，即为， 点C到直线的距离为， ． 的面积为4. 16. 如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． （1）证明：; （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 显然两两垂直，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ，，则， 则，. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出方向向量，证明向量垂直即可； （2）运用向量法，求出线的方向向量和面的法向量计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，， 设平面的法向量为， 令，得即. 设A1B与平面所成角为θ . A1B与平面AEF所成角的正弦值为. 17. 已知圆过点、且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心为，根据，结合两点间的距离公式，求出的值，可求出圆的半径，进而可得出圆的方程； （2）求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. 【小问1详解】 根据题意，设圆心为， 由，可得，解得， 所以，圆心为，半径为， 因此，圆的方程为. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为，直线与圆相交于点、，且， 则， 又因为直线经过点， 当直线的斜率不存在时，则直线的方程为， 点到的距离为，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 则，解得， 此时直线的方程为，即． 所以直线的方程为或． 18. 已知椭圆过点，离心率．、分别为椭圆的左、右顶点，、分别为左、右焦点，直线交椭圆于、两点不过点 （1）求圆的方程； （2）若为椭圆上（除外）任意一点，求证：直线和的斜率之积为定值 （3）若直线与直线的斜率分别是、，且，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2） 在椭圆中，左、右顶点分别为，， 设点，则，故 ，为定值． （3） 设，，易知直线的斜率不为， 设其方程为， 联立，可得， 由，得． 由韦达定理，得，， ，， 可化为， 整理即得， ，由， 进一步得，化简可得，解得， 直线的方程为，恒过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意，运用离心率公式，结合方程求出c即可； （2）运用斜率公式计算即可； （3）直曲联立，运用韦达定理，计算化简即可. 【小问1详解】 由题意知，，， 椭圆的方程可写为，又椭圆过点 故，得， 则椭圆C的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 材料：在空间直角坐标系中，经过点，法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为．阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，直线的方程为． （1）证明：平面； （2）已知点，直线，若点与直线都在平面上，求平面与平面夹角的余弦值的最大值； （3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积． 【答案】（1） 由题意可知，直线的一个方向向量为 平面的法向量为，，则. 又在直线：上取一点， 显然，即平面，则，平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到直线方向向量和面的法向量，证明它们垂直即可； （2）求出面的法向量，借助向量夹角余弦公式，结合二次函数计算最值即可； （3）画出草图，求出关键点的坐标，求出长度，高度计算棱锥体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直线上取一点， 可知,直线的一个方向向量为， 设平面的法向量,. 令，得, 即,平面的法向量为, 设平面与平面的夹角为，则 易知， 的余弦值的最大值为. 【小问3详解】 多面体是一个正八面体，如下图所示： 易知多面体交各坐标轴于点、、、、 、， 正方形的边长为， 所以正方形的面积为， 而正四棱锥的高为， 则， 所以多面体的体积为. 【点睛】关键点点睛：新定义的题，关键是要读懂题目，本题关键是找出直线方向向量，和面的法向量，然后运用向量法证明计算解决前两问.最后一问关键是找出各点坐标.本题综合性较强，属于中难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $