精品解析：广东省湛江市第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

第二中学2024-2025学年度第一学期期中考试试题 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1. 经过，两点的直线的倾斜角是（ ） A. -30° B. 60° C. 90° D. 120° 2. 已知，，若与垂直，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 长轴长是短轴长的倍，且经过点的椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则k=（ ） A. B. 5 C. D. 5. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点P，Q分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为． A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆上的两个动点，且，点是线段的中点，则的最大值为（ ） A. 12 B. C. 6 D. 二、多选题：（每题6分，共18分） 9. 已知空间向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. ，夹角的余弦值为 C. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D. 在上的投影向量为 10. 椭圆的焦点为，上顶点为A，直线与椭圆的另一个交点为，若，则（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 的面积为 C. 椭圆的离心率为 D. 的周长为8 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 三、填空题：（每题5分，共15分） 12. 圆与圆外切，则实数______. 13. 已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy夹角的余弦值为________. 14. 设，过定点A的动直线与过定点B的动直线的交点为P，则的最大值为________． 四、解答题：（共77分） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 16. 年月日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分分（分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人． （1）根据频率分布直方图，估计这人的第百分位数（中位数第百分位数）； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担任“党章党史”的宣传使者． ①若有甲（年龄），乙（年龄）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； ②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的平均数和方差． 17. 已知椭圆的左焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线，直线与椭圆相交于，两点，的面积为，求直线的方程． 18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. （1）求证：直线平面； （2）a为何值时，的长最小? （3）为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 19. 圆幂是指平面上任意一点到圆心的距离与半径的平方差：在平面上任给两个不同心的圆，则两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线称为这两个圆的根轴.已知圆与圆 （1）求圆C与圆M的根轴l； （2）已知点P为根轴l上的一动点，过点P作圆C的切线，切点为A，B，当最小时，求直线的方程； （3）给出定点，设N，Q分别为根轴和圆M上的动点，求的最小值及此时点N的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二中学2024-2025学年度第一学期期中考试试题 高二数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1. 经过，两点的直线的倾斜角是（ ） A. -30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】由点的坐标即可知直线与轴垂直，从而确定倾斜角. 【详解】因为，， 所以经过,两点的直线与轴垂直， 所以其倾斜角为90°. 故选：C 2. 已知，，若与垂直，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两个向量垂直的坐标表示计算即可. 【详解】，∴，解得， 故选：A． 3. 长轴长是短轴长的倍，且经过点的椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】分椭圆的焦点在轴、轴上两种情况讨论，分别确定长半轴长、短半轴长，即可得到椭圆方程. 【详解】当椭圆的焦点在轴上时，长半轴长为，则短半轴长为，所以椭圆的方程为； 当椭圆的焦点在轴上时，短半轴长为，则长半轴长为，所以椭圆的方程为； 所以椭圆方程为或. 故选：C. 4. 若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则k=（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，由向量共面列式求解即得. 【详解】依题意，共面，则存在实数，使得， 于是， 因此，解得. 故选：B 5. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量法求线线角即可. 【详解】以为原点，在平面内过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C. 6. 已知点P，Q分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则四边形为平行四边形，故而就是的最小值，又的最小值就是. 【详解】 因为，故， ，故，所以， 又，所以，故四边形为平行四边形， ， 因为，当且仅当三点共线时等号成立， 的最小值为，选B. 【点睛】本题考查坐标平面中线段和的最值，注意利用几何性质把问题转化为一个动点（在直线上）与两个定点之间的连线段的和的最值，这类问题属于中档题. 7. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1）， ＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1）， 设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2）， ∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为 故选：D． 【点睛】本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题 8. 已知是圆上的两个动点，且，点是线段的中点，则的最大值为（ ） A. 12 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意求出的轨迹方程为，设到直线的距离为，由此可得，将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值，先求圆心到直线的距离再加半径即可求解. 【详解】根据已知有，圆心，半径，因为弦， 所以圆心到所在直线的距离， 又因为为的中点，所以有， 所以的轨迹为圆心为，半径为的圆， 的轨迹方程为； 令直线为，则到直线的距离为， 则，即，所以当最大时， 也取得最大值， 由此可将问题转化为求圆上的点到直线距离的最大值的倍， 设圆心到直线的距离为，则，所以， 所以的最大值为6. 故选：C 二、多选题：（每题6分，共18分） 9. 已知空间向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. ，夹角的余弦值为 C. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则实数 D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量的运算，空间位置关系得到向量表示，投影向量的概念依次讨论各选项即可. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，因为，，所以，， ，设与的夹角为，则，故B正确； 对于C，因为，所以，则，解得，故C正确； 对于D，在上的投影向量为，D正确． 故选:BCD． 10. 椭圆的焦点为，上顶点为A，直线与椭圆的另一个交点为，若，则（ ） A. 椭圆的焦距为2 B. 的面积为 C. 椭圆的离心率为 D. 的周长为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由椭圆方程可确定焦距；B由A分析，结合可得面积；C由可得a，c，即可得离心率；D由椭圆的定义可得周长. 【详解】A 由，可得椭圆焦点为，则焦距为，故A正确； B由题及图可得，又因，则为等边三角形，则，故B错误； C因，，则，则离心率为，故C正确； D由图可得，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案. 【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，，，， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确； 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，设，且，， ，， 对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段，, 且，故B错误； 对于C， 显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故， 故不存在点满足，故D错误. 故选：AC 三、填空题：（每题5分，共15分） 12. 圆与圆外切，则实数______. 【答案】±4 【解析】 【分析】根据圆心距与半径之和的关系即可求解. 【详解】两圆的圆心为，，半径为1和4， 因为两圆外切，则，解得. 故答案为：±4 13. 已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy夹角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出平面ABC的法向量，再利用法向量的夹角公式即可得出． 【详解】，． 设平面ABC的法向量为，则，令x=2，则y=1，z=．∴． 取平面xoy的法向量． 则===． 故答案为． 【点睛】熟练掌握利用二面角的两个半平面的法向量的夹角公式求得二面角是解题的关键． 14. 设，过定点A的动直线与过定点B的动直线的交点为P，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】当时，求出的坐标，直接求出；当时，点P是以为直径的圆上，可得，利用基本不等式即可求出，综合可得结论. 【详解】直线过定点， 直线，即， 经过定点， 当时，直线； 直线，交点， 当时，它们的斜率之积等于，两条直线垂直， ，点P是以为直径的圆上(除去）， ， ， 当且仅当时，等号成立， , 综上可得，的最大值为. 故答案为： 四、解答题：（共77分） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 16. 年月日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分分（分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人． （1）根据频率分布直方图，估计这人的第百分位数（中位数第百分位数）； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担任“党章党史”的宣传使者． ①若有甲（年龄），乙（年龄）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； ②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的平均数和方差． 【答案】（1） （2）①；②年龄的平均数为，方差约为 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第百分位数第四组，根据第百分位数定义可构造方程求得结果； （2）①根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果； ②由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差. 【小问1详解】 设第百分位数为， ，， 位于第四组：内； 方法一：由得：． 方法二：由得：． 【小问2详解】 ①由题意得，第四组应抽取人，记为，，，甲；第五组抽取人，记为，乙， 对应的样本空间为：，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，甲，甲乙，乙，共个样本点． 设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”， 则有甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲，甲乙，乙，共有个样本点． ； ②设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数分别为，方差分别为， 设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数分别为，方差分别为， 则，，，， 可得，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为． 则， 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为， 则 . 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为； 据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为． 17. 已知椭圆的左焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线，直线与椭圆相交于，两点，的面积为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用椭圆对称性以及椭圆定义可得，即可求得椭圆的方程； （2）设出直线的方程为，并利用弦长公式以及点到直线距离 得出的面积表达式，解方程即可得出，求得直线方程. 【小问1详解】 根据椭圆性质可得右焦点为， 由椭圆定义可得点到两焦点距离之和为， 解得， 所以， 因此椭圆的方程为 【小问2详解】 依题意可设直线的方程为，； 联立椭圆与直线l的方程， 消去可得； 所以， 因此， 又易知点到直线的距离为， 所以的面积为， 解得， 所以直线的方程为或. 18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. （1）求证：直线平面； （2）a为何值时，的长最小? （3）为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1） 如图1，在平面内，过点作，交于点，连接， 因为，所以. 由已知可得，，， 所以，，， 所以，， 所以，. 又，所以. 因为平面，，平面， 所以，平面. 同理可得，平面. 因为平面，平面，， 所以，平面平面. 因为平面，所以直线平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明； （2）先求出，.进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得.根据勾股定理得出，结合的取值范围，即可得出答案； （3）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，， 所以，， 所以，. 同理可得，. 又平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面. 因为平面，所以. 因为，，所以. 所以，是直角三角形， 所以， . 又，所以，即为线段中点时，有最小值， 所以，当时，的长度最小，最小值为. 【小问3详解】 由（2）知，平面. 又， 如图2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，设，， 所以，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则是平面的一个法向量. 因为. 设与平面所成的角为， 则. 当时，； 当时， 有 . 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，，， 所以，. 因为，所以. 综上所述，与平面所成角的正弦值的最大值为. 19. 圆幂是指平面上任意一点到圆心的距离与半径的平方差：在平面上任给两个不同心的圆，则两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线称为这两个圆的根轴.已知圆与圆 （1）求圆C与圆M的根轴l； （2）已知点P为根轴l上的一动点，过点P作圆C的切线，切点为A，B，当最小时，求直线的方程； （3）给出定点，设N，Q分别为根轴和圆M上的动点，求的最小值及此时点N的坐标. 【答案】（1）； （2）； （3）的最小值为，此时. 【解析】 【分析】（1）先求出圆C和圆M的圆心C和M以及半径和，接着由列式化简即可得解. （2）先由题意求得，进而结合求得取得最小值时亦即取得最小值时，接着求出此时的点P坐标，再求出以线段为直径的圆的方程，从而求出该圆与圆C的公共弦所在直线方程即可得解. （3）先求出关于根轴对称的点，接着得，从而得与圆M和根轴l相交的点和使得最小，进而求得的最小值，再由联立根轴的方程即可求出. 【小问1详解】 由题圆的圆心为，半径为；圆圆心为，半径为， 设点为圆C与圆M的根轴l上的任意一点， 则由题可得，即， 整理得，即圆C与圆M的根轴l为直线. 【小问2详解】 由题意可知且，， 设与相交于点H， 则， 又， 所以，所以取得最小值时即为取得最小值时， 又，所以取得最小值时亦即取得最小值时， 而取得最小值时，且该最小值为圆心C到根轴l的距离为， 此时即， 联立，故此时， 所以此时中点坐标为， 所以以线段为直径的圆的方程为，即， 则是该圆与圆C的公共弦，所以两圆方程相减即为直线的方程为：即. 【小问3详解】 设关于根轴对称的点为， 则，故， 则由三角形两边之和大于第三边可得， 连接，则此时与圆M和根轴l相交的点和使得最小为， 且此时即， 联立，即此时， 所以的最小值为，此时. 【点睛】关键点睛：求解直线的方程的关键点1是将转化为，从而求得取得最小值时亦即取得最小值时，进而求出此时的点P坐标，关键点2是求出以线段为直径的圆的方程，从而将直线的方程转化为该圆与圆C的公共弦所在直线方程而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $