2024-2025学年福建省晋江市高二上册期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省晋江市高二上册期中考试数学检测试题（附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，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. 点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】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：B
2. 已知直线过点，且一个方向向量为，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据直线的方向向量定义求解即可．
【详解】设是直线上任意一点，因为直线过点，且一个方向向量为，
所以，化简得.
故选：C．
3. 已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】由题设双曲线的方程为，进而待定系数求解即可.
【详解】由双曲线与双曲线有相同的渐近线，故可设双曲线的方程为，
又因为过点，所以，解得，
所以，双曲线的标准方程是．
故选：A．
4. 已知直线与直线平行，则与之间的距离为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【正确答案】A
【分析】根据两条直线平行，求出值，再应用平行线间的距离公式求值即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，解之得.
于是直线，即，
所以与之间距离为.
故选：A
5. 已知三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为2的正三角形，，若和相交于点．则（ ）
A. B. 2C. D.
【正确答案】D
【分析】利用空间向量的基本运算可得，再由夹角以及模长运算即可得结果.
【详解】如下图所示：

根据题意可知令，且，；
可得
；
所以
.
故选：D
6. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】点差法得到，从而得到，结合，求出，得到椭圆方程.
【详解】由题意，设，代入椭圆方程，
可得两式相减可，
变形可得，
又过点的直线交椭圆于两点，且的中点为，
所以，
代入上式可得，，又，
解得，所以椭圆的方程为.
故选：C
7. 已知，是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰直角三角形，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据题意，求得方程为，以及，代入直线方程求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，由椭圆，得到左顶点，
又由过点且斜率为的直线，可得方程为，
因为为等腰直角三角形，且，可得，
代入直线，可得，整理得，
所以椭圆的离心率为.
故选：A.

8. 已知圆：关于直线对称，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】首先由圆关于直线对称，则圆心在直线上，从而得到，即确定在直线上，再利用倍角公式，用表示，即，再利用几何意义，即可求出的最小值.
【详解】
由圆：，即可得圆心，半径，
由圆：关于直线对称，
可得圆心在直线上，
所以，即，所以在直线，
又过点作圆的两条切线，切点分别为，
则，
又在直线，
则可表示到直线上点的距离的平方，
所以的最小值为，
所以的最小值为，
故选：C.
关键点点睛：
本题的关键点是将求的最小值转化为求直线上的动点到圆：的最小值问题.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 向量与向量的夹角为B.
C. 向量在向量上的投影向量为D. 向量与向量，共面
【正确答案】BD
【分析】对于A，利用空间向量夹角公式计算即可判断；对于B，利用向量垂直的充要条件计算判断即得；对于C，利用投影向量计算公式即可判断；对于D，利用共面向量基本定理即可判断.
【详解】对于A，因，
则，因，则，故A错误；
对于B，因，则，
故，即B正确；
对于C，根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为:
，故C错误；
对于D，由向量，，，可知，
故向量与向量，共面， 所以D正确．
故选：BD.
10. 已知直线：，圆：，以下正确的是（ ）
A. 与圆不一定存在公共点
B. 圆心到的最大距离为
C. 当与圆相交时，
D. 当时，圆上有三个点到的距离为
【正确答案】ABD
【分析】对A，根据直线与圆的位置关系，求圆心到直线的距离判断；对于B，由于直线恒过定点，所以当时，圆心到直线的距离最大，从而可求出其最大值；对C，根据直线与圆的位置关系求解判断；对D，求出圆心到直线的距离，进而判断.
【详解】对于A，圆心到直线的距离为，
当，即，解得或，此时直线与圆相离，没有公共点，故A正确；
对于B，因为直线，即，所以直线过定点，
当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，故B正确；
对于C，当直线与圆相交时，则，解得，故C错误；
对于D，当时，直线，圆心到直线的距离为，
所以圆上有三个点到直线的距离为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，上、下焦点分别为，下列判断正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 的离心率为
C. 若点为的上支上的任意一点，，则的最小值为
D. 若点为的上支上的一点，则△的内切圆的半径为
【正确答案】ACD
【分析】根据渐近线方程求，根据双曲线方程求离心率，即可判断AB，根据双曲线的定义，结合数形结合判断C，根据双曲线方程求点的坐标，再根据的面积和周长，即可求内切圆的半径，判断D.
【详解】A.由双曲线方程C:y2a2−x2=1a>0可知，双曲线的渐近线方程为，
又双曲线的一条渐近线方程为，所以，
所以的方程为，
故A正确；
B.由双曲线的方程，
可知，，，
则，所以离心率，
故B错误；
C.，，
，
当点三点共线且依序排列时，等号成立，
所以的最小值为，
故C正确；
D.
D. 的方程为，当时，，，
，
计算可得，，，
所以的面积为，
的周长为，
设△的内切圆的半径为，则，得，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，两点，则以线段为直径的圆的标准方程为_________．
【正确答案】
【分析】根据给定条件，求出圆心和半径即可求出圆的标准方程.
【详解】依题意，以线段为直径的圆的圆心为，
半径，
所以所求圆的标准方程为.
故
13. 过双曲线的两个焦点分别作实轴的垂线，交于四个点，若这四个点恰为一个正方形的顶点，则的离心率为__________.
【正确答案】.
【分析】由双曲线的几何性质确定之间的等式关系，即可求解.
【详解】解法一：不妨设双曲线，
令，可得，所以AB=2b2a.
依题意可得，，所以，
又，所以，解得：，
又因为，所以.
解法二：如图，连结，在中，
所以离心率
解法三：，依题意知在曲线上，故，
整理得（取正），
所以，
故答案为.
14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A，B的距离之比为常数的点的轨迹是—个圆心在直线上的圆.该圆被称为阿氏圆，如图，在长方体中，，点E在棱上，，动点P满足，若点P在平面内运动，则点P对应的轨迹的面积是___________；F为的中点，则三棱锥体积的最小值为___________.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】建立空间直角坐标系，根据，可得对应的轨迹方程；先求的面积，其是固定值，要使体积最小，只需求点到平面的距离的最小值即可.
【详解】分别以轴建系，设，而,,，
,.
由,有，化简得对应的轨迹方程为.所以点P对应的轨迹的面积是.
易得的三个边
即是边长为为的等边三角形，其面积为，
，设平面的一个法向量为，
则有，可取平面的一个法向量为，
根据点的轨迹，可设，
，
所以点到平面的距离，
所以
故；
四、解答题：本题共5小题，77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在平面直角坐标系中，已知圆M的圆心在直线上，且圆M与直线相切于点.
（1）求圆M的方程；
（2）过坐标原点O的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程.
【正确答案】（1）
（2）或.
【分析】（1）根据直线与圆的相切的关系得出圆心与切点连线方程，联立方程组计算可得圆心坐标，根据两点距离公式计算半径即可得圆M的标准方程；
（2）根据弦长公式可得圆心M到直线的距离，分类讨论直线斜率是否存在，并点到直线的距离公式计算斜率即可.
【小问1详解】
易知过点且与直线垂直的直线斜率为，
故圆心M与切点连线方程为，
联立解得，
所以；
所以圆M的半径为，
所以圆M的方程为.
【小问2详解】
如图，由（1）可知圆M的方程为，

因为直线被圆M截得的弦长为，
所以M到直线的距离为，
若直线的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为1，不符合题意；
若直线的斜率存在，设方程为，
则，即，解得或，
所以直线的方程为或.
16. 如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可；
（2）根据（1）的结论及点到面的距离公式计算即可；
（3）利用空间向量计算面面夹角即可.
【小问1详解】
以点为坐标原点，分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
，设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，则.
又，可得，因为平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离.
易知，则点A到平面的距离为.
【小问3详解】
易知，设平面一个法向量为，
则，即，令，则.
设平面与平面的夹角为，
则
故平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知圆M：(x＋1)2＋y2=1，圆N：(x－1)2＋y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C
（1）求C的方程；
（2）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
【正确答案】（1）；（2）见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义求出方程；（2）先确定当圆P的半径最长时，其方程为，再对直线l进行分类讨论求弦长.
【详解】（1）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；
（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；
若直线l垂直于x轴，易得；
若直线l不垂直于x轴，设l与x轴交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.
18. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与相邻的顶点，且平面，，…平面和平面为多面体的所有以为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若平面，，三棱锥在顶点处的离散曲率为．
①求直线与直线所成角的余弦值；
②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度．
【正确答案】（1）2 （2）①；②
【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解；
（2）①将三棱锥补成正方体，即可求解异面直线所成的角；②首先根据垂直关系，构造线面角，再设，，，再利用余弦定理求，
再由余弦值，转化为正切值，即可求解.
【小问1详解】
根据离散曲率的定义得，
，，
，
所以
【小问2详解】
①因为平面，平面，
所以，且，，平面,
所以平面，平面,
所以，
所以，
所以，所以，
如图，将三棱锥补成正方体，
因为，连结，所以异面直线与所成的角为或其补角，
而是等边三角形，所以，，
所以直线与直线所成角的余弦值为；
过点作于点，连结，
因为平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
依题意可得，，，，
所以,，
设，，，
在中，，
又，所以，
所以，
所以，
解得：或（舍）
故.
关键点点睛：本题考察新定义，关键一是理解新定义，确定图形的几何关系，关键二是利用定义法表示线线角和线面角.
19. 已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，且经过点.
（1）求的方程；
（2）过且不垂直于坐标轴的直线交于两点，点为的中点，记的面积为的面积为，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用离心率公式以及点在椭圆上即可求解；
（2）解法一：设，利用三角形的面积公式，将面积之比表示为点的纵坐标之比，利用韦达定理可求出的纵坐标之比的取值范围，从而可求解；
解法二：设，将面积之比表示为点A,B的纵坐标之比，利用韦达定理可求出A,B的纵坐标之比的取值范围，即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为点在椭圆上，所以.
即，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】

解法一：
由（1）得，依题意设，
由消去，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
设，则，
，
由得，，
即，
因为，所以，所以，
所以，
令且，
则，解得，且，
所以，所以的取值范围为0,2.
解法二：
由（1）得，依题意设，
由消去，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，
设，则，
，
令且，
则代入可得，
消去得：，
因为，所以，
所以，解得，且，
所以，所以的取值范围为0,2.