浙江省宁波三锋联盟2024-2025学年高二上学期期中考试数学 Word版含解析.docx

2024学年高二年级第一学期宁波三锋教研联盟期中联考数学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．选择题部分一、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，只有一项是符合题目要求的．1. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解.【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：；故选：C2. 直线：与直线：的距离是（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【分析】将直线的方程化为，进而根据平行线间的距离公式计算求解即可.【详解】直线：化为，又直线：，所以，所以直线与直线的距离是.故选：A.3. “”是“曲线表示椭圆”的（ ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据曲线表示椭圆，可求得t的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案.【详解】因为曲线为椭圆，所以，解得且，所以“”是“且”的必要而不充分条件.故选：B4. 如图，空间四边形中，，，，点段上，且，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算即可求解.【详解】由题可知，故选：A5. 在直三棱柱中，，，，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】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求得异面直线与所成角的余弦值．【详解】由题意可知， 三线两两垂直，所以可建立空间直角坐标系，如图所示： 则A0,0,0，．∴．∴．异面直线与所成角的余弦值为．故选：C．6. 已知点，，，圆，一条光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据点关于直线的对称可得，即可根据三角形三边关系结合共线求解.【详解】直线方程为，即，设点关于直线的对称点为，则，解得，故，圆心为，半径为，故，因此过经过反射在处，由于，故光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为，故选：B7. 已知直线：与圆：，过直线上的任意一点作圆的切线，，切点分别为A，，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得，可知当OP最小时，最大，结合点到直线的距离公式运算求解.【详解】由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径为1，则圆心到直线的距离为，可知直线与圆相离，因为，且，当OP最小时，则最大，可得最大，即最大，又因为OP的最小值即为圆心到直线的距离为，此时，所以取得最大值．故选：C．8. 设椭圆的两个焦点是，，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，用表示出，两次利用余弦定理即可容易求得.【详解】连接，如下图所示：由椭圆定义，以及已知条件，可得：，在和中，由余弦定理可得：，代值整理可得：，，则离心率.故选：B.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，涉及余弦定理的使用，椭圆的定义，属综合中档题.二、选择题：本题共三小题，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9. 已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）A. 的周长为10 B. 面积的最大值为C. 椭圆C的焦距为6 D. 椭圆C的离心率为【答案】AB【解析】【分析】由椭圆的性质直接分析即可.【详解】对A，因为椭圆C：，的周长为，故A正确；对B，因为，面积最大时高最大，为，所以面积的最大值为，故B正确；对C，椭圆C的焦距为，故C错误；对D，椭圆C的离心率为，故D错误；故选：AB10. 已知圆与圆交于，两点，则（ ）A. 两圆的公切线有2条B. 直线方程为C. D. 动点在圆上，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据圆心距与半径的关系可判断两圆相交，即可判断A，根据两圆方程相减即可判断B，根据弦长公式即可求解C，根据点点距离公式即可判断D.【详解】由题意可知，，故，故两圆相交，公切线有2条，A正确，与圆相减可得，故直线方程为，B正确，到直线的距离为，故，故C错误，可看作是圆上的一个点到点的距离的平方，故最大值为，D正确，故选：ABD11. 如图，已知正方体的棱长为2，点，在四边形所在的平面内，若，，则下述结论正确的是（ ）A. 二面角的平面角的正切值为2B. C. 点的轨迹是一个圆D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】根据二面角的几何法可得其平面角为，即可求解A，根据勾股定理可得，即可求解C，建立空间坐标系，即可根据向量垂直判断B，根据向量的夹角即可得求解D.【详解】对于A,连接相交于，连接,由于且，故因此为二面角的平面角，故,故A错误，对于C：在正方体中，平面，平面，所以，故，则有，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故选项C正确；对于B：在正方体中，平面平面，且两平面交线为,平面，故平面，因为，则平面，故在上， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为点的轨迹是线段，设，则,,，则,0,，,0,，,0,，,2,，,，则,,，,故，进而可得，故，B正确，又,0,，,2,，,,，设平面的一个法向量为,,，则有，即，令，则，，故平面的一个法向量为,1,，设与平面所成的角为，则,，当时，有最大值，故与平面所成角的正弦值的最大值，故D正确．故选：BCD．非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. ，，，则________．【答案】【解析】【分析】根据数量积的坐标运算可得，即可由模长公式求解.【详解】，解得，故，故答案为：13. 已知正四面体的棱长为1，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值______．【答案】【解析】【分析】由题设知与，，共面，则的最小值为三棱锥的高，在正四面体中，利用几何法即可求得．【详解】由，且，可知与，，共面，则的最小值为三棱锥的高，设为在平面上的射影，连接并延长交于点，则，所以，所以，所以三棱锥的高为．故答案为：14. 已知点P是椭圆上一动点，Q是圆上一动点，点，则|PQ|－|PM|的最大值为______.【答案】6【解析】【分析】易知圆的圆心是为椭圆的左焦点，利用椭圆的定义得到，然后由求解.【详解】如图所示：由，得，则，所以椭圆的左，右焦点坐标分别为，，则圆的圆心为椭圆的左焦点，由椭圆的定义得，所以，又，所以，，故答案为：6.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写成文字说明，证明过程或验算步骤．15. 已知直线经过点．（1）若与直线：垂直，求的方程；（2）若在两坐标轴上的截距相等，求的方程．【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据两直线垂直得到的斜率，进而利用点斜式求出直线方程；（2）考虑截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，待定系数法求出直线方程.【小问1详解】由题可知，的斜率为，设的斜率为，因为，所以，则，又经过点，所以的方程为，即；【小问2详解】若在两坐标轴上的截距为0，即经过原点，设的方程为，将代入解析式得，解得，故方程为，若在两坐标轴上的截距不为0，则设的方程为，由，得，故的方程为，综上，的方程为或.16. 已知直线与圆交于两点，点在圆上运动．（1）当时，求；（2）已知点，求的中点的轨迹方程．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意可得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式运算求解；（2）设，利用相关点法求点的轨迹方程.【小问1详解】由题意可知：圆的圆心，半径，则圆心到直线的距离，可得，解得.【小问2详解】设，因为点，且为的中点，则，又因为点在圆上，则，整理得，所以点的轨迹方程为.17. 在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.（1）求证：平面；（2）求点E到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行；（2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果.【小问1详解】因为为直三棱柱，则平面，且，以的原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，且，分别是，的中点，则，所以,，设平面的法向量为，则，则，取，则，则平面的一个法向量为，因为平面，且，则平面.【小问2详解】由（1）可知，平面一个法向量为，且，则点到平面的距离.18. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面. (1)求证：平面；(2)求与平面所成的角；(3)段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)30°；(3)存在，.【解析】【分析】(1)首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可求解；(2)根据(1)中结论找出所求角，再结合已知条件即可求解；(3)首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解.【详解】(1)因为，是的中点，所以，故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，，,又因为，所以平面，由题意，易知，，所以四边形是平行四边形，故，所以平面；(2) 因为平面，所以与平面所成的角为，由已知条件，可知，， 所以是正三角形，所以，所以与平面所成的角为30°；(3) 假设线段上存在点，使得平面，过点作交于，连结，，如下图：所以，所以，，， 四点共面，又因为平面，所以，所以四边形为平行四边形，故，所以为中点，故段上存在点，使得平面，且.19. 已知、分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0左、右焦点，点在椭圆上，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，过点的直线交椭圆于、两点，，求直线的方程．（3）若过椭圆上一点Px0,y0的切线方程为，利用上述结论，设是从椭圆中心到椭圆在点处切线的距离，当在椭圆上运动时，判断是否为定值．若是求出定值，若不是说明理由．【答案】（1） （2） （3）为定值，且定值为12，【解析】【分析】（1）根据椭圆上的点和，，的数量关系即可求出，，即得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，即可根据三角形面积公式，。