精品解析：山东省济南第一中学2025-2026学年高二上学期期中数学试题

济南一中2024级高二期中学情检测 数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共58分） 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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知向量是直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线方向向量与直线斜率以及倾斜角的关系即可求解. 【详解】已知向量是直线的方向向量，则直线的斜率为，故直线的倾斜角为. 故选：A. 2. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据长轴以及离心率即可求解. 【详解】由长轴长为4，可得，又离心率为，即， 解得，故， 所以椭圆方程为， 故选：A 3. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线平行斜率相等的关系求解即可； 【详解】当时，直线，直线，此时两直线斜率相等，且两截距， 所以两直线平行，故充分性成立； 当直线与直线平行时， 有，解得或3，故必要性不成立， 故选：B. 4. 正四棱柱中，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令分别是的中点，是中点，连接，化为求直线与所成角，即，应用余弦定理求其余弦值即可. 【详解】令分别是的中点，是中点，连接， 由正四棱柱的性质及题设，易知且，则为平行四边形， 所以，直线与所成角即为直线与所成角，即， 若，则，，， . 故选：D 5. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点坐标，然后表示出和，建立方程后得到点的轨迹方程，由两个圆存在公共点，得到圆与圆的位置关系，从而得到圆心距和半径的关系，求出的取值范围. 【详解】设，则，. 因为，所以， 即，所以点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆. 又因为点在圆上，所以圆与圆有公共点，所以， 即，解得. 故选：C. 6. 过点的直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】表示以圆心为原点，半径为2的半圆，画出图形，考虑直线与半圆相切、分别经过点，，可得所求取值范围． 【详解】设过且有斜率直线位， 曲线表示以圆心为原点，半径为2的下半圆， 由直线与圆相切可得，解得或， 当直线经过点时，， 当直线经过点时，， 由图象可得，或． 故选：C． 7. 已知菱形的边长为2，，现将沿折起，当时，二面角平面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由菱形的性质得出就是二面角的平面角，求出的边长可得答案. 【详解】设，菱形满足，， 则和都为等边三角形，所以，， 又，则，所以就是二面角的平面角， 由于，所以，所以是等边三角形， 所以，即二面角平面角的大小为. 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、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. 已知椭圆的离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦距为2 B. 椭圆的标准方程为 C. D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据条件先求椭圆的方程，再判断选项，D选项利用椭圆的定义，将距离的和转化为距离差的最大值，利用数形结合，即可判断. 【详解】由条件可知，，得， 所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，故A错误，B正确； ，，，故C正确； ，当点三点共线，且点在之间时，等号成立，故D正确. 故选：BCD 10. 已知直线，圆，为圆上任意一点，则（ ） A. 直线过定点 B. 若圆关于直线l对称，则 C. 的最大值为 D. 的最大值为3 【答案】BC 【解析】 【分析】A：将直线方程化为，根据可确定出定点坐标；B：考虑直线经过圆心的情况；C：根据的几何意义，考虑与圆相切；D：根据的几何意义，先计算，然后可求结果. 【详解】化标准方程为，圆心为，半径为； A：因为，令，可得，所以过定点，故错误； B：若圆关于对称，则过圆心，所以，解得，故正确； C：表示连线的斜率，设，即，如下图， 当与相切时，此时取最值， 所以，解得，所以的最大值为，即的最大值为，故正确； D：表示，因为，所以，故错误； 故选：BC. 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】画出“阿基米德体”对应的正方体，由图可判断AB选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量来判断CD选项. 【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点. A选项：由图可知平面，A选项正确； B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确； C选项：如图建立空间直角坐标系， ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则，解得，即， ， ∴点到平面的距离，故C选项错误； 设且，所以， 设与的夹角为， 所以 当时，令， 因为当且仅当，即时取等号， 所以，即 当时，， 所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛，本题的关键是还原原来的正方体，然后利用空间向量来解决立体图像中的距离和夹角问题. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为______ 【答案】 【解析】 【分析】先将表示为，然后根据向量的数量积运算结合长度和角度求解出. 【详解】因为， 所以 ， . 故答案为：. 13. 已知两定点，若直线上有一点满足，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设点的坐标为，根据题意列出关于的关系式，化简可得点的轨迹方程，由此可得点的轨迹为圆.根据点在直线l上，知直线与该圆有公共点，据此求得实数的取值范围. 【详解】设点，化简得. 由此可知，点的轨迹为圆. 由于点在直线上，也在圆上，所以直线与圆有公共点. 所以，即，所以. 解得或. 所以实数的取值范围是. 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. 已知空间三点，设. （1）若，且，求. （2）若与互相垂直，求. 【答案】（1）或 （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意得到，结合模长公式求得即可求解； （2）由向量垂直的坐标表示即可求解. 【小问1详解】 ，因为，则设， 故，则， 则，即或. 【小问2详解】 ， ， ， 得，即， 则或. 16. 在平面直角坐标系中，已知三个顶点、、. （1）求边所在直线的方程. （2）若边上高所在的直线方程为，且的面积为，求点的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程； （2）求出，结合三角形的面积公式可求出点到直线的距离，利用点到直线的距离公式以及点在直线可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出点的坐标. 【小问1详解】 由题意可知，直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为边上高所在的直线方程为，则①， 设点到直线的距离为，且， 因为，可得， 由点到直线的距离公式可得，故②， 所以或，解得或， 故点的坐标为或. 17. 已知圆过点，，圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，联立方程组，即可求得圆的方程； （2）由弦心距公式，求得圆心到直线的距离，再由点到直线距离公式，求得直线的斜率，即可得到直线的方程. 【小问1详解】 设圆的标准方程为：，由题意可得： ，解之得：， 所以圆的标准方程为：； 【小问2详解】 由弦心距公式可知，圆心到直线的距离为：. 当直线斜率不存在时，的方程为，显然此时圆心到直线的距离为，不符合题意； 当直线斜率存在时，设方程为：，即， 由点到直线的距离公式可得：， 解之得：或， 所以直线的方程为：或. 18. 已知动圆与圆外切，与圆内切． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用圆与圆的位置关系结合椭圆的定义可知，动圆圆心的轨迹是椭圆，求出、、的值，结合椭圆焦点的位置可得出动圆圆心的轨迹方程； （2）设点，则，利用两点间的距离公式求出的取值范围，利用椭圆的定义结合二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 解：圆的圆心为，半径． 圆的圆心为，半径， ，所以圆内含于圆． 设动圆圆心为，动圆半径为， 由于， 所以点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆， 从而，，所以，所以点的轨迹方程为． 【小问2详解】 解：设点，则，则， 则， 所以，，所以， ， . 所以的取值范围为． 19. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. 【小问1详解】 因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面. 【小问2详解】 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，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， 因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. 小问3详解】 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济南一中2024级高二期中学情检测 数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第3页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共58分） 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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知向量是直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 正四棱柱中，分别是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则的取值范围是（ ） A. B. C D. 6. 过点的直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则的斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知菱形的边长为2，，现将沿折起，当时，二面角平面角的大小为（ ） 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、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. 已知椭圆离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦距为2 B. 椭圆的标准方程为 C. D. 的最大值为 10. 已知直线，圆，为圆上任意一点，则（ ） A. 直线过定点 B. 若圆关于直线l对称，则 C. 最大值为 D. 的最大值为3 11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. ，，，四点共面 C. 点到平面的距离为 D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为______ 13. 已知两定点，若直线上有一点满足，则实数的取值范围是__________. 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. 已知空间三点，设. （1）若，且，求. （2）若与互相垂直，求. 16. 在平面直角坐标系中，已知三个顶点、、. （1）求边所在直线的方程. （2）若边上高所在的直线方程为，且的面积为，求点的坐标. 17. 已知圆过点，，圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）过点直线交圆于两点，且，求直线的方程. 18. 已知动圆与圆外切，与圆内切． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）求的取值范围． 19. 如图，四边形与均菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $