福建省福州市闽侯县第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省福州市闽侯县第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知直线经过点，且方向向量，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线的方向向量求出斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
【详解】因为直线的方向向量，所以直线的斜率为2，
又直线经过点，所以直线方程为，即，
故选：B.
2. 过点和，且圆心在x轴上的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助待定系数法计算即可得.
【详解】令该圆圆心为，半径为，则该圆方程为，
则有，解得，
故该圆方程为.
故选：D.
3. 过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知直线的斜率，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.
【详解】
设直线的斜率为，倾斜角为，，
，，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，
所以，
因为，所以.
故选：B.
4. 如图所示，在棱长为2的正方体中，E为的中点，，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】建立空间直角坐标系，，进而求出线线角的向量公式即可求出结果.
【详解】如图，以D为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，则.
所以，又
所以.

故选：C.
5. 已知直线：和直线：，则“”是“∥”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】根据直线平行求得，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】当时，，解得或，
当时，两直线分别为，符合题意，
当时，两直线分别为符合题意，
所以“”是“∥”的充分不必要条件
故选：B
6. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：

根据题意可知，由椭圆定义可得，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，即；
结合整理可得，即，
解得或（舍）.
故选：C
7. 在中，点，点，点A满足，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据，得到方程，求出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），数形结合得到点到直线的距离最大值为，求出面积的最大值.
【详解】设，则，
由得，
化简得，
故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），
故点到直线的距离最大值为，
故面积的最大值为.
故选：B
8. 在中，角，，所对的边为，，，且，．又点，，都在球的球面上，且点到平面的距离为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据截面圆半径和球心距即可求得球半径，进而求得球的体积.
【详解】的外接圆半径
则球半径
则球的体积为
故选：A
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. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 过点）且在轴、轴上截距相等的直线方程为
B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有三条公切线，则
D. 已知圆，过点向圆引两条切线为切点，则直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据截距可为零、点到直线距离、圆与圆的位置关系，公共弦所在直线方程等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，如果截距为零，则直线方程为，故A错误.
B选项，圆的圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，B选项正确.
C选项，圆的圆心为，半径为.圆的圆心为，
半径为，
由于、有三条公切线，所以两个圆外切，
所以，，C选项正确.
D选项，圆的圆心为原点，半径为.，
以为直径的圆的方程为，即，
则所在直线方程为即.
故D选项正确.
故选：BCD
10. 已知椭圆，，分别为它的左右焦点,分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 点P到右焦点的距离的最大值为9，最小值为1
B. 的最小值为
C. 若，则的面积为
D. 直线与直线斜率乘积为定值
【答案】ABC
【解析】
【分析】
A.选项用焦半径公式判定；B.位于椭圆上顶点时最大，用余弦定理；C. 椭圆焦点三角形面积公式得；D.根据椭圆性质有.
【详解】解：由题意可得：，
对于A.根据焦半径公式得，当时，
当时，所以A正确.
对于B.位于椭圆上顶点时最大，
此时最小，且
根据余弦定理可得：，所以B正确
对于C.根据椭圆焦点三角形面积公式得，所以C正确
对于D.根据椭圆性质有，所以D不正确.
【点睛】椭圆中常用公式：
（1）焦半径公式；
（2）椭圆焦点三角形面积公式得；
（3）根据椭圆，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点则：.
11. 已知正方体棱长为，如图，为上动点，平面.下面说法正确的是（）
A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 已知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】AC
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
第二部分（非选择题 共92分）
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 点关于直线的对称点坐标是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用中点关系和垂直关系可求对称的坐标.
【详解】设所求对称点为，则，
故，故对称点的坐标为，
故答案为：
13. 已知是棱长为1的正四面体.若点满足，其中，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，可得点在平面内，再求出正四面体的高即可.
【详解】由点满足，其中，得点在平面内，
因此的最小值即为正四面体的底面上的高，令点在底面上的射影为，
则为正的中心，，
所以的最小值为.
故答案为：

14. 定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”.已知椭圆是“黄金椭圆”，则______.若“黄金椭圆”的两个焦点分别为，，为椭圆上异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先由黄金椭圆的离心率是待定；再利用将所求转化为三角形面积之比，然后由分割法结合椭圆定义用及分别表示面积求解即可.
【详解】由椭圆为“黄金椭圆”，
则离心率，
可得，
所以；
如图所示，连接，
设的内切圆半径为，
则，
即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以.
故答案为：；
三、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. 如图，公路围成的是一块顶角为的角形耕地，其中，在该块土地中处有一小型建筑，经测量，它到公路的距离分别为，现要过点修建一条直线公路，将三条公路围成的区域建成一个工业园.
（1）以为坐标原点建立适当的平面直角坐标系，并求出点的坐标；
（2）三条公路围成的工业园区的面积恰为，求公路所在直线方程.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】(1)以为坐标原点, 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据条件求出直线的方程，设出点坐标，代点到直线的距离公式即可求出所求；
(2)由(1)及题意设出直线的方程后，即可求得点的横坐标，与点的纵坐标，由
求得后，即可求解.
【详解】(1)以为坐标原点, 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，
建立如图所示的平面直角坐标系

由题意可设点，且直线的斜率为，并经过点，
故直线的方程为：，
又因点到的距离为，所以，解得或(舍去)
所以点坐标为.
(2)由题意可知直线的斜率一定存在，故设其直线方程为：，
与直线的方程：，联立后解得:，
对直线方程：，令，得，
所以，解得，
所以直线方程为：，即:.
【点睛】本题以直线方程的相关知识为背景，旨在考查学生分析和解决问题的能力，属于中档题.
16. 已知圆C：，直线l恒过点
（1）若直线l与圆C相切，求l的方程；
（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且时，求l的方程.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】(1)分类讨论直线l的斜率存在与不存在，利用圆心到直线l的距离等于圆的半径计算即可；
(2)由题意知直线l的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的垂径定理计算即可.
【小问1详解】
由题意可知，圆C的圆心为，半径，
①当直线l的斜率不存在时，即l的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意；
②当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线l的方程为，
化为一般式：，若直线l与圆相切，
则，即，解得，
：，即l：，
综上，当直线l与圆C相切时，直线l的方程为或；
【小问2详解】
由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，
直线l的方程为，即，
设圆心到直线l的距离为d，则，
由垂径定理可得，，即，
整理得，，解得或，
则直线l的方程为或
17. 已知椭圆的一个焦点为，且离心率为，
（1）求椭圆的方程；
（2）不过原点O的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程．
【答案】（1）
（2）面积的最大值为，此时直线方程为.
【解析】
【分析】（1）求出基本量后可求椭圆方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程后结合弦长公式、面积公式可求面积表达式，利用二次函数的性质可求何时取何最大值，故可求最大值及对应的直线.
【小问1详解】
因为，故，而离心率为，故，
，故椭圆方程为：.
小问2详解】
由得到，
故Δ=36m2−163m2−3=48-12m2>0，故，
而直线不过原点，故，故或.
故，
又到的距离为，
故
，
当且仅当时等号成立，
故面积的最大值为，此时直线方程为.
18. 如图，三棱柱中，侧面为菱形，．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，根据侧面为菱形，得到，再由，得到平面进而得到证明.
（2）易证两两相互垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标， 分别求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，然后由求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
连接，交于点，连接，
因为侧面为菱形，
所以，且为与的中点，
又，，
所以平面.
由于平面，
故.
又，故.
【小问2详解】
解：因为，且为的中点，所以，
又因为，所以≌，故，
从而两两相互垂直，为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，
因为，所以为等边三角形，
设，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，即，
令，则.
设是平面的一个法向量，
则，即
令，同理可取
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
19. 已知动点与点的距离和它到直线：的距离的比是.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知定点，若，是轨迹上两个不同动点，直线，斜率分别为，，且，试判断直线的斜率是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）；（2）斜率为定值，该值为1.
【解析】
【分析】(1)由动点与点的距离和它到直线：的距离的比是，可得方程，化简可得的轨迹的方程；
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为,可得所以直线的方程为，直线的方程为. 设点，，由，因为点在椭圆上,可得的值，的值，可得直线的斜率为定值.
【详解】解：（1）设是点到直线：的距离，依题意可得，
点的轨迹就是集合：，
由此得，
将上式两边平方，并化简得，
即点的轨迹方程是.
（2）因为，
设直线的斜率为，则直线的斜率为.
所以直线的方程为，
直线的方程为.
设点，，由，
得 （1）
因为点在椭圆上，所以x=2是方程（1）的一个根，
则，所以
同理，所以，.
又，
所以直线的斜率，
所以直线的斜率为定值，该值为1.
【点睛】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆方程的综合应用，考查分析问题解决问题的能力.