辽宁省名校联合体2024-2025学年高二上学期期中检测数学.docx

辽宁省名校联合体2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题全卷满分150分，考试时间120分仲.注意事项：1.答题前、先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.⒉请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.5.本卷主要考查内容：人教B版选择性必修第一册第一章～第二章2.5.一、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，则的值为（    ）A． B．14 C． D．42．点关于平面对称的点的坐标是（    ）A． B． C． D．3．已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（   ）A．内含 B．相切 C．相交 D．外离4．两平行直线之间的距离为（    ）A． B．3 C． D．5．已知点，且四边形是平行四边形，则点的坐标为（    ）A． B．C． D．6．已知方程表示一个焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．7．在直三棱柱中，，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．8．在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（    ）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．向量，若，则（    ）A． B．C． D．10．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则以为原点，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（    ）A．平面B．C．是平面的一个法向量D．点到平面的距离为11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点，点是椭圆上的一个动点，则（    ）A．B．C．当点不在轴上时，从点向轴作垂线，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为D．的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．两平面的法向量分别为，则两平面的夹角为 .13．在空间直角坐标系中，点在平面内，且，为平面内任意一点，则 ．14．在平面直角坐标系中，轴被圆心为的圆截得的弦长为，直线：与圆相交于，两点，点在直线上，且，那么圆的方程为 ，的取值范围为 ．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15．求符合下列条件的直线的方程：(1)过点，且斜率为；(2)过点，；(3)过点且在两坐标轴上的截距相等．16．如图，在直三棱柱中，，点分别为棱的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与直线的夹角的余弦值.17．已知圆C过点，，且圆心C在直线上．（1）求圆C的标准方程；（2）过点的直线l与圆C相切，求直线l的方程．18．已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是．(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程．19．如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，.点是线段上的动点（不含端点）.（1）当时，求的值；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.1．B【分析】利用空间向量数量积计算公式得到答案.【详解】．故选：B2．B【分析】根据空间直角系对称的特征，直接求出答案即可.【详解】点关于平面对称的点的坐标是.故选：B3．A【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，则，故，所以两圆内含；故选：A4．A【分析】利用平行直线间的距离公式即可得解.【详解】直线可化为，直线可化为，所以两平行直线之间的距离为.故选：A.5．A【分析】设点D的坐标为．结合平行四边形的一组对边平行且相等的性质和空间向量的相等向量的计算即可求解.【详解】设设点D的坐标为，由题意得，因为四边形是平行四边形，所以，所以，解得，故选：A6．B【分析】由椭圆的简单几何性质即可求解.【详解】解：因为方程表示一个焦点在轴上的椭圆，所以有，解得，所以实数的取值范围为，故选：B.7．D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值，从而求出余弦值.【详解】因为三棱柱是直三棱柱，且，所以以B为原点、AB所在直线为x轴、BC所在直线为y轴、所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为，所以，故．设为平面的一个法向量，则，令，得．设直线与平面，所成的角为，则，则．故选：D．8．A【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.【详解】，， .故选：A.9．BC【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值和的关系.【详解】因为，所以，由题意可得，所以，则．故选：BC10．ACD【分析】对于A，由线面平行的判定定理证明即可；对于B，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于C，由平面法向量求解即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可.【详解】对于A，由于，分别是的中点，所以平面平面，所以平面，故A正确；对于B，，故，，故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误；对于C，由，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量，故C正确；对于D，，点到平面的距离为，故D正确.故选：ACD．11．ABC【分析】根据直线方程、两点间距离公式可求得AB正确；利用相关点法可求得点轨迹，知C正确；根据椭圆定义将问题转化为求解的最大值，根据三角形三边关系可求得结果，知D错误.【详解】对于A，由椭圆方程得：F1−1,0，F21,0，所在直线为，，A正确；对于B，，，，B正确；对于C，设，Mx,y，则，，即，，又在椭圆上，，即点轨迹为，C正确；对于D，由椭圆定义知：，，（当且仅当三点共线时取等号，即位于图中点的位置时取等号），，D错误.故选：ABC.12．【分析】运用空间向量的夹角公式，结合数量积和模长可解.【详解】解：两平面的法向量分别为，设两平面的夹角为，所以，因为，所以，即两平面的夹角为.故答案为：.13．4【分析】根据可知，是平面的一个法向量，则，列式求解即可．【详解】由题知，根据可知，是平面的一个法向量，则，所以，整理可得．故答案为：4．14． 【分析】根据圆的垂径定理、直线与圆相交的性质，结合等腰三角形的性质进行求解即可.【详解】设圆的标准方程为，因为轴被圆心为的圆截得的弦长为，所以，可得，所以圆的方程为；由直线与圆相交，有，解得或．由，，可得直线与直线垂直，有，有，解得，可得，又由或，，或，由反比例函数的性质可得或，所以的取值范围为，故答案为：；    【点睛】关键点睛：本题的关键是利用等腰三角形的性质、反比例函数的性质.15．(1)；(2)；(3)或.【分析】（1）利用点斜式写直线方程即可；（2）利用斜率公式求出斜率，再用点斜式写直线方程；（3）利用斜截式和截距式待定系数求直线方程.【详解】（1）∵所求直线过点，且斜率为，∴，即；（2）∵所求直线过，，∴，∴，即；（3）当直线过原点时，设直线方程为，∵直线过点，∴，直线方程为，即；当直线不过原点时，设直线方程为，将点代入上式，得，解得，故直线的方程为，综上，直线方程为或．16．(1)答案见解析(2)【分析】（1）先证，再由线线平行正线面平行即可；（2）由题意建系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.【详解】（1）因是直三棱柱，则，又因点分别为棱的中点，所以，则四边形是平行四边形，所以，又因平面平面，故平面；（2）如图，因直三棱柱中，故可以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，于是，设直线与直线的夹角为，则，故直线与直线的夹角的余弦值为.17．（1）；（2）或.【解析】（1） 圆C过点，，且圆心C在直线上,可用待定系数法求圆的标准方程;（2）求圆的切线,分斜率存在和斜率不存在两种情况讨论.【详解】解：（1）直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为直线AB的垂直平分线的方程为，整理为联立方程，解得由圆C的性质可知，圆心C的坐标为，可得圆C的半径为故圆C的标准方程为（2）①当直线l的斜率不存在时，直线正好与圆C相切，故此时直线l的方程为②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，整理为由直线l与圆C相切，有，解得可得直线l的方程为，整理为故直线l的方程为或．【点睛】求圆的切线方程的思路通常有两种:（1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径；（2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用Δ=0．18．(1)(2)或或或【分析】（1）根据题意求出，即可得解；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线l的方程为，，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据，求出点的坐标，由在椭圆上，可得的关系，再根据原点O到直线l的距离可得的关系，从而可求得，即可得解.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意有，解得，，，故椭圆C的标准方程为；（2）若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，此时满足的点M显然不在椭圆C上，可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，，联立方程，消去y后整理为，可得，，由，可得，又由，可得，，将点M的坐标代入椭圆C的方程，有，整理为，又由原点O到直线l的距离为，有，可得，联立方程，可得，解得或或或，又由，可得直线l的方程为或或或．【点睛】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力，计算量较大，有一定的难度.19．（1）；（2）.【分析】（1）作中点，连接，，由已知条件可得，再由菱形的性质和等腰三角形的性质可得，从而可得平面，由线面垂直的性质可得，从而可得，进而可求的值；（2）连接交于点，连接；交于点，因为棱柱为直棱柱，且底面为菱形，所以两两垂直，所以为轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可【详解】解：（1）如图，取中点，连接，，因为，，所以，在菱形中，，为中点，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以， 因为为中点，所以为中点，即；（2）连接交于点，连接；交于点，因为棱柱为直棱柱，且底面为菱形，所以两两垂直，所以为轴，建立空间直角坐标系，易解得，，则，，，，，所以，，，，设，可解得，则，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，，取，则，取，则，设平面与平面所成锐二面角为，则.【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和性质的应用，考查二面角的求法，解题的关键是证得两两垂直，然后以为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，考查计算能力，属于中档题。