安徽省六安第二中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

六安二中河西校区2024年秋学期高二年级期中考试数学试卷时间：120分钟 满分：150分 命题人：李玉 审题人：刘春一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知点，点，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由斜率公式可求得直线斜率，由斜率和倾斜角关系可得直线倾斜角.【详解】，直线的倾斜角为.故选：C.2. ，，且，则为（ ）A. B. C. 6 D. 【答案】B【解析】【分析】由条件得，解得，进而利用模的坐标表求解.【详解】∵，，且，∴，解得，∴，∴.故选：B.3. 椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0满足，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的关系及椭圆离心率定义求解.【详解】由，知该椭圆的离心率.故选：A.4. 如图，在平行六面体中中，，，，点在上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求出.【详解】在平行六面体中中，点在上，且，，所以.故选：A5. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开关两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为B−2,0，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出点A关于直线的对称点坐标，再由两点间距离公式计算可得结果．【详解】设关于直线对称点，如图所示，则且，解得，即，则，在直线上取点P，由对称性可得，所以，当且仅当B、P、C三点共线时，等号成立，所以，“将军饮马”的最短总路程为．故选：B．6. 已知在三棱柱中，侧棱底面，点分别是，中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得异面直线夹角的余弦值，从而得解.【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，设， 则，故，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.7. 若圆的圆心为，且被直线截得的弦长为，求圆的一般方程（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，进而由弦长求得半径，即可得解.【详解】∵圆心到直线的距离为，又∵弦长为，∴圆的半径，∴圆的方程为，∴圆的一般方程.故选：D.8. 已知椭圆的其中一个焦点为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设椭圆的方程为，利用点差法结合已知条件能求出椭圆方程．【详解】设椭圆的方程为，由题意知，且直线的斜率，设，则，两式相减得，由的中点坐标为，知，所以，所以，即，又，所以，故椭圆C的方程为．故选：C．二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9. 圆和圆的交点为，，则（ ）A. 两圆圆心距B. 公共弦所在直线方程为C. 圆和圆的公切线有3条D. 公共弦的长为【答案】AD【解析】【分析】把两圆分别化成标准方程，得到圆心和半径，求出圆心距即可判断A；把两圆方程相减得到公共弦所在直线的方程，即可判断B；判断两圆的位置关系，即可判断C；因为公共弦所在直线过圆心，所以公共弦的长等于，即可判断D．【详解】圆化成标准方程，则圆心，半径，圆化成标准方程，则圆心，半径，故两圆圆心距，故A正确；圆和圆，将两方程相减得，即，即公共弦所在直线的方程为，故B错误；因为，所以，则两圆相交，所以圆和圆的公切线有2条，故C错误；因为公共弦所在直线过圆心，所以公共弦的长等于，故D正确．故选：AD．10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）A. 的周长为B. 存在点，使得C. 若，则的面积为D. 使得为等腰三角形的点共有4个【答案】AB【解析】【分析】根据焦点三角形的周长为判断A的真假；考虑为短轴顶点时，焦点三角形的形状判断B的真假；结合椭圆定义和余弦定理，计算焦点三角形的面积，判断C的真假；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点，判断D的真假.【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.对于C，当时，如图：设，，则.所以，所以C错误；对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.故选：AB11. 如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（ ）A. B. 直线与所成角的余弦值为C. 平面 D. 直线与平面所成角为【答案】ABD【解析】【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项.【详解】不妨设则.对于A，因,故，故，故A正确；对于B，因，,则，，设直线与所成角为，则故B正确；对于C，因，即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；对于D，因，,因，，则有因平面，故平面，即平面的法向量可取为，又，设直线与平面所成角为，因，，，则，因，故，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.答案需要填最简形式.12. 平行于直线，且与它距离为的直线方程是______.【答案】或【解析】【分析】设所求直线方程为，利用两平行直线间的距离公式即可求解．【详解】由题意，设与直线平行的直线方程为，由两平行直线间的距离公式可得，解得或，故所求直线方程为或．故答案为：或．13. 已知椭圆，点在椭圆上，已知点与点，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，结合线段和差大小关系求解即得.【详解】椭圆的长轴长，焦距，则点为左焦点，设右焦点为，又在椭圆内，，于是，，当且仅当点是射线与椭圆的交点时取等号，所以的最小值为.故答案为：14. 已知正方体的棱长为，为的中点，为的中点，则直线到平面的距离为___________；点到直线的距离为__________.【答案】 ①. ②. 【解析】【分析】以为坐标原点，分别以所在直线为建立空间直角坐标系，证明面，则点F到平面的距离就是直线FC到平面的距离，求出平面的一个法向量，再求出，可得直线FCЕ平面的距离为;取，，可得点到直线的距离为【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为建立空间直角坐标系，则,而平面，平面，平面，则点F到平面的距离就是直线FC到平面的距离. 设平面的一个法向量为由取，得，又，FC到平面的距离.取，，则可得点到直线的距离为故答案为：；.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤.15. 已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为，.（1）求椭圆的方程；（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于，两点，求弦长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由椭圆的基本性质得到的值，写出椭圆方程即可；（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到，利用弦长公式即可求解．【小问1详解】由题意可知，则，因为，所以，得到，所以椭圆的方程为．【小问2详解】因为，直线过且斜率为，所以直线，联立方程组，得，设，则，所以．16. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，.（1）证明：直线平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法证明与面的一个法向量垂直，即可证结论；（2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离.小问1详解】由平面，且四边形为矩形，可建立如图所示空间直角坐标系，则由，得，解得，同理，，显然面的一个法向量为，显然且面，故面【小问2详解】设面的一个法向量为，且，由，取x=1，则，所以为平面的一个法向量，又，点到平面的距离为.17. 已知过点的圆的圆心在直线上，且与轴相切.（1）求圆的标准方程；（2）求过点且被圆截得的弦长为的直线的方程.【答案】（1） （2）和【解析】【分析】（1）由题意列出知的方程组求解即可；（2）当直线斜率的情况分类讨论，设出直线方程，结合弦长及点到直线的距离公式求解.【小问1详解】圆的圆心，半径为，由题意知，解得或（舍去），，，所以该圆的标准方程为.【小问2详解】当直线斜率不存在时，方程为，此时圆心到直线距离为1，此时弦长为，符合题意；当直线斜率存在时，设直线方程为，即，若弦长为，则圆心到直线距离为1，即，解得，将代入直线方程化成一般式为，综上所述，直线方程为和.18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且．（1）证明：；（2）求直线和平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值．【答案】（1）见详解 （2） （3）存在，【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，进而得出线线垂直；（2）由已知是直角三角形，根据等积法，求出平面ABC上的高，进而求得结果；也可以利用向量求出直线的方向与平面的法向量来解决；（3）探索性的题目，线段比值往往设为向量关系，借助向量表示点.二面角则分别求出两个平面的法向量，用法向量表示出已知条件，解决问题.【小问1详解】证明：∵，为的中点 ∴又∵平面平面，平面平面，平面∴平面∵平面 ∴【小问2详解】解法1：分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG，∵为的中点，是边长为1的等边三角形∴是直角三角形，，，∵CB、CD的中点为F、G， ∴，，由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形∵，∴，以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，设是平面的一个法向量，则，即令，则，，，∴直线和平面所成角的正弦值等于解法2：由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形∵∴，，在中，，，∴，设d是底面ABC的高则，∴直线和平面所成角的正弦值为.【小问3详解】在棱上存在点，使二面角的大小为.设由（2）知，，，是平面的一个法向量设是平面的一个法向量，则即取，，∵二面角的大小为∴即整理得， 解得，或（舍去）所以，，所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，.19. 定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．（1）求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．（2）设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点．①求点，的坐标；②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．【答案】（1） （2）①，；②证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简即可；（2）①联立直线和椭圆的方程，解出即可；②设点，，利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线的方程为，计算直线与椭圆相切时的值，再检验证明此时不满足，则证明出面积小于.小问1详解】设中点B的坐标为，对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义，可知直线l的方程为，即l：．【小问2详解】①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或，所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，．②设点，，则，两式相减得．又，所以，所以，即，线段PQ被直线l平分．设点到直线的距离为d，则四边形的面积．由，，得．设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值．由消去y得．令，解得，当时，此时方程为，即，解得，则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，故直线与C不可能相切，即d小于平行直线和（或）的距离．故. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.