2024-2025学年福建省泉州市高二上册11月期中联考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省泉州市高二上册11月期中联考数学检测试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C． D．不存在
【详解】直线与轴垂直，的倾斜角为.
故选：B.
2．如图．空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【详解】如图，. 故选：B.
3．若方程表示椭圆，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【详解】变形为，要表示椭圆需要满足 ，
解得. 故选：C.
4．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【正确答案】C
【详解】解：因为点在圆的外部，
所以，解得.
故选：C．
5．若直线与曲线至少有一个公共点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B． C． D．
【正确答案】B
解析：直线l：恒过定点，
由，得到，
所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），如下图所示：
当直线l经过点时，l与曲线C有一个不同的交点，此时，
当l与半圆相切时，由，得，
由图可知，当时，l与曲线C至少有一个公共点，故选：B
6．下列说法正确的是（ ）
A．若，则是钝角;
B．直线l的方向向量，平面的法向量，则;
C．直线l经过点，，则到l的距离为
D．若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
解析：对于A，若，则是钝角或平角，故A错误；
对于B，因为直线的方向向量，平面的法向量，
则，故与不共线，即不成立，故B错误；
对于C，因为，，，
则，，，
故到的距离为，故C错误；
对于D，利用反证法的思想，
假设三个向量共面，则，
所以，
若，则，则共线，
与是空间的一组基底矛盾；
若，则，则共面，
与是空间的一组基底矛盾；
所以假设不成立，即不共面，
所以也是空间的一组基底，故D正确；
7．已知直线过点，且与圆交于A,B两点，当面积最大时，l的方程为（ ）
A．B．或
C．D． 或
【正确答案】D
【详解】依题意，圆的圆心，半径，
显然，即点在圆内，设AB的中点为D，连接CD
设,则
面积
当且仅当 即时等号成立
此时，圆心C到直线的距离
故过点P的直线斜率一定存在，设其方程为
则，解得或，
此时直线方程为 或 故选：D
8．已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【详解】
如图，设左焦点为，连接，，，
由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形.
设，又因为，则，
则，，，
在中，，即，
解得或（舍去），故，
由，所以，即，所以离心率.
故选：C.
二、多项选择题：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．已知直角坐标系中，，满足的点的轨迹为，则下列结论正确的是（ ）
A．上的点到直线的最小距离为
B．若点在上，则的最小值是－1
C．若点在上，则的最小值是－2
D．圆与有且只有两条公切线，则的取值范围是
解析：设
，，且， ，
化简得： ， ，
圆心 ，所以上的点到直线的最小距离为
，故A正确.
令，即 当与圆相切时 取最值，
， 此时 或 ，的最小值是－1，故B正确.
令即 ，当与圆相切时 取最值，
，此时 或 ，
的最小值是，故C错误.
因为圆，所以圆心为 ，半径为 与有且只有两条公切线，
所以 ，即，解得，故D正确. 故选：ABD.
10．设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的周长为B．的最大值为36
C．满足的点P有两个D．直线与圆相交
【详解】由，得，则，
因为是椭圆上一点，所以，
所以，故A正确；
对B：由，则，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为36，故B正确；
对C：因为椭圆与圆有四个交点，故C错误；
对D：圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离，
由是上一点（除去与轴的交点），
故有且，
则，即，
则，即，
故直线与圆相交，故D正确.
故选：ABD
11．如图，正方体棱长为2，分别是棱，棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ）
A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．过点的平面截该正方体所得的截面面积为
C．当时，点M的轨迹长度为
D．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
【解】对于A中，如图所示，将正方形沿着展在平面，
在直角中，可得，
将沿着展开到与平面重合，
在直角中，可得，所以A正确；
对于B中，如图所示，连接，
因为为的中点，可得，
因为，所以，
所以过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形，
其中，且，可得高为，
可得等腰梯形的面积为，所以B正确；
对于C中，取的中点，连接，因为为的中点，所以，
因为平面，可得平面，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，
如图所示，在直角中，由，可得，
所以，可得，
即当时，点M的轨迹长度为，所以C错误；
对于D中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，设，其中，
则，
因为与垂直，可得，即，
令，可得；当，可得，
即直线与正方形的边的交点为，
可得，所以D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上一点且，则的大小为 .
【详解】由椭圆可知，
故，结合，
可得，而，
,,
故/.
13．函数的最小值为 ．
解析：=表示、的距离，
表示、的距离，
又关于x轴的对称点
所以，
所以.
14．画法几何的创始人——法国数学家蒙日发现：在椭圆中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平方根，这个圆就称为椭圆C的蒙日圆，其圆方程为．已知椭圆C的离心率为，点A，B均在椭圆C上，则点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为 （用含b的式子表示），若b=1，椭圆C的蒙日圆上存在点M满足，则△AOB面积的最大值为
【解答过程】由离心率e=ca=63，且a2=b2+c2可得a2=3b2，
所以蒙日圆方程x2+y2=4b2；，由于原点O到蒙日圆上任意一点的距离为2b，原点O到椭圆上任意一点的距离最大值为a=3b，所以椭圆C上的点A与椭圆C的蒙日圆上任意一点的距离最小值为2−3b；
若b=1，则椭圆C的方程为x23+y2=1，即x2+3y2=3，蒙日圆方程为x2+y2=4，
不妨设Mx0,y0，因为其在蒙日圆上，所以x02+y02=4，
设Ax1,y1,Bx2,y2，又MA⊥MB，所以可知MA,MB与椭圆相切，
此时可得直线MA的方程为x1x+3y1y=3，同理直线MB的方程为x2x+3y2y=3；
将Mx0,y0代入MA,MB的直线方程中可得x1x0+3y1y0=3x2x0+3y2x0=3，
所以直线AB的方程即为x0x+3y0y=3，
联立x0x+3y0y=3x2+3y2=3，消去y整理可得x02+3y02x2−6x0x+9−9y02=0；
由韦达定理可得x1+x2=6x0x02+3y02,x1x2=9−9y02x02+3y02,
所以AB=1+−x03y02x1+x22−4x1x2=x02+9y023y0⋅6y0x02+3y02−3x02+3y02=21+2y022+y02，
原点O到直线AB的距离为d=3x02+9y02=34+8y02，
因此△AOB的面积S△AOB=12AB⋅d=12×21+2y022+y02×34+8y02=31+2y0222+y02
=32×1+2y02121+2y02+32=32×11+2y022+321+2y02≤32×121+2y022⋅321+2y02=32；
当且仅当121+2y02=321+2y02，即y02=1时等号成立，
因此△AOB面积的最大值为32，
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､证明过程或演算步骤．
15．（本题13分）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，平面
(1)证明：平面ADE；
(2)求平面ADE与平面CEF夹角的余弦值；
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，且，则且，
可知四边形是平行四边形，.…………2分
则，且，
又因为是菱形，则，且，
可得且，可知四边形是平行四边形，.…………3分
则，
且平面平面，
所以平面.………….………….………….………….……….…………5分
（2）连接交于，取中点
因为平面，则平面，且，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，.…………7分
则，
.………….…………8分
设平面CEF的一个法向量为，则
令，则，可得
设平面ADE的一个法向量为,
同理可得……………….………….…………11分
设平面ADE与平面CEF的夹角为，则
平面ADE与平面CEF夹角余弦值为.…………….………….………13分
16．（本题15分）如图，已知圆，点.
(1)求圆心在直线上，经过点，且与圆相外切的圆的方程；
(2)若过点的直线与圆交于两点，且圆弧恰为圆周长的，求直线的方程.
【正确答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由，
化为标准方程.
所以圆的圆心坐标为，…………….………1分
又圆的圆心在直线上，设圆的圆心坐标为，
又经过点，且与圆相外切，所以切点为，
则有…………….………3分
即，
解得，…………….………4分
所以圆的圆心坐标为，半径，…………….………5分
故圆的方程为.…………….……6分
（2）因为圆弧PQ恰为圆C周长的，所以.………7分
所以点到直线的距离为2. …………….………8分
当直线的斜率不存在时，点C到轴的距离为2，
直线即为轴，所以此时直线的方程为.….………10分

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即.…………….………11分
所以，解得.…………….………13分
所以此时直线的方程为…….………14分，
综上，所求直线的方程为或.…………15分

17．（本题15分）已知点，动点Q在圆上运动，线段的垂直平分线交于P点.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设直线 与点P的轨迹交于A､B两点，求面积的最大值.
【详解】由题意，圆的圆心为，点，
线段的垂直平分线交于点P，
所以，.………….………….……………………2分
又由，所以点满足，…………4分
由椭圆的定义知，点轨迹是以为焦点的椭圆，其中，………….…………5分
可得，所以，
所以点的轨迹方程为.………….…….………….…………6分
（2）设，则由可得，
此时….…….………….…………9分
而，….…….………….…………10分
到的距离为,….…….………….…………11分
故的面积，….…….………….…………13分
令，设，
则由对勾函数性质知在上为增函数，….…….………….…………14分
故,即的最大值为3. ….…….………….…………15分
18．（本题17分）
如图，在斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形，已知，．
（1）当时，求三棱柱的体积；
（2）设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【正确答案】（1）24 （2）
（1）解：如图，取的中点为O，
因为为菱形，且，所以为正三角形，
又有为正三角形且边长为4，则，，….…….…………2分
且，，所以，
所以，….…….…………3分
因为又，
平面，平面，
所以平面，….…….…………5分
所以三棱柱的体积．….…….………6分
（2）
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，….…….…………7分
由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，….…….…………9分
所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：….…….……10分
则，，，，
，，
，，….…….……11分
设是平面的一个法向量，
则，即，
取得，….…….……12分
设，
则
，….…….……13分
设直线与平面所成角为，
则
，….…….……14分
令，则在单调递增，
所以，….…….……16分
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．….…….……17分
19. （本题17分）常用测量距离的方式有3种．设，定义欧几里得距离；定义曼哈顿距离，定义余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）求满足的点的轨迹所围成的图形面积；
（2）若，求的取值范围；
（3）动点在直线上，动点在函数图象上，求的最小值.
【正确答案】（1）2 （2） （3）
解析：（1）设Hx,y，则，………….…………1分
当时，则；当时，则；
当时，则；当时，则.
如图，点的轨迹是一个边长为的正方形，………….…………2分
点的轨迹所围成的图形面积为.………….…………3分

（2）
因，.………….…………4分
令则，
即与有交点，
也即半圆与直线有交点，.………….…………5分
下面，先计算直线与半圆相切和经过点时的情况.
由圆心到直线的距离解得，，
由题知此时，即；.………….………….………….………….…………7分
又由，代入点，解得，.……………..…………8分
由题知，要使两者有交点，需使此时，
因 ，则有；.………….………….…………9分
（3）
设动点，则
，.………….………….…………10分
因，所以，
①当时，，
此时，当且仅当时取得；……12分
②当时，，
此时；.………….………….…………13分
③当时，，
此时，.………….………….…………14分
又，
所以，.………….………….………….………….…………15分
综合得，
当时取等号．
即的最小值为.………….………….………….…………..…………17分