2024-2025学年浙江省温州市高二上学期期中联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年浙江省温州市高二上学期期中联考数学检测试题（附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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. 在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用直线的斜率和倾斜角的关系求解.
解：设直线的倾斜角为
又直线斜率为，
所以，又，
所以，
故选：C
2. 在正方体中，是BD的中点，则直线和夹角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由空间向量求解异面直线夹角即可.
以点为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），
设正方体的棱长为2，
则，，，，则，
所以，，
设直线和夹角为，
所以.
故选：A.
3. 设，则“”是“直线与直线平行”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
【正确答案】B
【分析】由两条直线平行的充要条件判断即可；
解：因为直线与直线平行，
所以且，所以或.
又因为“”成立可得“或”成立，
而“或”成立不能得到“”成立，
所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：B.
4. 已知正四面体的棱长为2，E是的中点，F是的三等分点（靠近A点），用空间向量表示，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】利用空间向量的运算求解即可.
∵E是的中点，F是的三等分点（靠近A点），
∴.
故选：C.
5. 已知、是椭圆长轴的两顶点，是椭圆上的一点，直线与斜率之积，则此椭圆的离心率取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】设点，可得出，利用斜率公式以及已知条件可得出的取值范围，再由可求得该椭圆离心率的取值范围.
设点，则，且，可得，
易知、，
所以，，
所以，，可得，
故.
故选：D.
6. 直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求出AB，再求出点到直线的最大距离和最小距离，求出最大面积和最小面积即可.
解：因为直线分别与轴，轴交于A，B两点，
所以,，所以，
又因为圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为d=2+0+12=322>2，
所以点到直线的最大距离为，最小距离为，
所以的最大面积是；的最小面积为.
故选：A.
7. 《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，平面，底面是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，为直线CP上的动点，，，若平面，则（）
AB. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意可以建立空间直角坐标系，根据线面垂直，则直线的方向向量和平面的法向量互相平行即可求得比例关系.
因为平面，底面是矩形，在处建立空间直角坐标系如图所示：
设，则，所以
，
设平面的法向量为，则，即
，令，得，所以法向量为，
设，因为，
因为平面，则，所以，解得，
则.
故选：B
8. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为8，M为母线PB的中点，平面与底面的交线，则双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】交于，以过点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为轴建立平面直角坐标系，求出点的坐标，求得双曲线的方程，进而求得双曲线的渐近线夹角的余弦值.
设交于，以过点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为轴建立平面直角坐标系，
因为圆锥的高，是的中点，且截面垂直于底面，
所以，所以，又底面圆半径,所以
，所以，
设双曲线方程为，代入，，代入解得，
则双曲线的两条渐近线方程为，由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为，
双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为.
故选：A
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. 已知圆和圆，以下结论正确的是（）
A. 若和只有一个公共点，则
B. 若，则和关于直线对称
C. 若和外离，则
D. 若，则和内含
【正确答案】BD
【分析】求两圆圆心距与半径和、差，根据圆与圆的位置关系的等价条件判断可得.
圆的圆心为，半径为.
圆的圆心为，半径为.
则两圆圆心距.
A项，当时，，两圆内切，
和只有一个公共点，故A错误；
B项，当时，两个圆的半径相等，圆心关于直线对称，
则和关于直线对称，故B正确；
C项，若圆和圆外离，则，
即，解得，故C错误；
D项，当，，
所以，所以两圆内含，故D正确.
故选：BD.
10. 在空间直角坐标系中，已知，，，，则以下正确是（）
A.
B. 夹角的余弦值为
C. 共面
D. 点到直线AB的距离是
【正确答案】ACD
【分析】根据空间向量模长坐标运算以及夹角计算公式判断AB，根据共面向量基本定理可得C，根据点线距离的向量法即可得D.
A项，由，，得，
则，故A正确；
B项，因为，，，
则，
夹角的余弦值为
，故B错误；
C项，因为，，
则，又，
所以，
所以共面，故C正确；
D项，因为，所以，
所以点O到直线AB的距离为
，故D正确．
故选：ACD．
11. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为F，一束平行于x轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（）
A. B.
C. D. 与之间的距离为4
【正确答案】ABC
【分析】由抛物线的光学性质可知，直线经过点，于是根据二级结论可判断选项A；
点与均在直线上，于是可求出点的坐标，再结合可得点的坐标，然后利用斜率公式即可判断选项B；
根据抛物线的定义可知，，可判断选项C；
由于与平行，所以与之间的距离，可判断选项D．
如图所示，
由抛物线的光学性质可知，直线过焦点，，即选项A正确；
由题意可得，点的坐标为，点的坐标为，
，即选项B正确；
由抛物线的定义可知，，即选项C正确；
与平行，
与之间的距离，即选项D错误；
故选：ABC
本题考查抛物线的定义与性质，直线与抛物线的位置关系等，考查学生灵活运用知识的能力和作图分析问题的能力，属于中档题．
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________．
【正确答案】
【分析】根据投影向量的定义求解．
，则方向的单位向量为，
向量在向量上的投影向量为，
故．
13. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
【正确答案】2.
【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.
如图，
由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
14. 如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的平面角，M，N分别是，上的动点，，则的最小值是__________．
【正确答案】##
【分析】利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算，数量积运算和二次函数的性质求解即可．
连接，如图，
由题意，，，正方形中，
正方形中，平面，平面，
平面平面，
∴就是二面角的平面角，则，
∴向量与向量夹角为，且，
设，，，则，
且由题意，
∴
，
，
令，图象开口向上，且对称轴为，
∴当时，取得最小值，
即的最小值为，即的最小值为，
∴的最小值是．
故．
四、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，直三棱柱中，，，是的中点，N是AC的中点．
（1）证明：直线直线BC；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系求证即可；
（2）利用空间向量求解即可.
【小问1】
不妨设，则，如图，
以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
得，，，．
所以，
所以，
所以
【小问2】
解：因为，所以．
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则
16. 已知双曲线：的一个焦点为，一条渐近线方程为，为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知倾斜角为的直线与双曲线交于两点，且线段的中点的纵坐标为4，求弦长.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据双曲线的几何性质即可求解，
（2）根据点差法，结合中点弦可得直线方程，即可根据弦长公式求解.
【小问1】
由焦点可知，
又一条渐近线方程为，所以，
由可得，解得，
故双曲线的标准方程为.
【小问2】
设中点的坐标为，
则
两式子相减得：，
化简得，
即，又，所以，
所以中点的坐标为，
所以直线的方程为，即.
将代入得，，
则，
,
17. 已知抛物线的焦点到准线的距离为．
（1）求的方程；
（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．
【正确答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，
方法一，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解可得答案；
方法二，设直线OQ的方程为，则当直线OQ与抛物线相切时可得答案．
【小问1】
抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
【小问2】
方法一：F1,0，设，则，
所以，由在抛物线上可得，
即，
所以直线的斜率为，
当时，；
当时，，
当时，，
此时当且仅当，即时，等号成立；
综上，直线OQ的斜率的最大值为；
方法二：
F1,0，设，则，
所以，由在抛物线上可得，
得到点的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，
其斜率取到最值．
联立，得，其判别式，解得，
所以直线斜率的最大值为．
18. 如图，矩形中，，，，将沿直线DE翻折成，若M为线段的点，满足，设二面角的平面角为．
（1）求证：直线平面；
（2）当为直角时，求点到平面的距离；
（3）在翻折过程中（点不在平面内），求线段长取值范围．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）在线段上取点，使得，通过证明四边形是平行四边形得到，即可证明平面.
（2）分析得为二面角的平面角，即，当为直角时，建立空间直角坐标系，表示和平面的法向量，利用公式求点到平面的距离.
（3）建立空间直角坐标系，利用表示各点坐标，利用空间两点间距离公式表示的长，根据可得结果.
【小问1】
在线段上取点，使得，
连接，∵，∴，
∵，∴，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面．
【小问2】
由题意得，，、为等腰直角三角形，
取中点，连接，则，
故为二面角的平面角，即.
∵，∴，.
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，，
，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，
∴点到平面的距离为.
【小问3】
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，在翻折过程中，
由题意知，二面角的平面角，，
则，
由（2）知，
∴，
又∵，∴，∴．
故的取值范围是．
19. 已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆左焦点为，右焦点为，直线过点，且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于，垂足为点，线段的垂直平分线交于点，求点的轨迹的方程；
（3）设与轴交于点，在曲线上是否存在一点，使得以为直径的圆与有除、外的公共点，若存在求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）
（2）
（3）存在，．
【分析】（1）根据圆心到直线的距离公式得到，可得，进而结合离心率求解即可；
（2）根据题意得到，可得点的轨迹为抛物线，进而求解；
（3）设，，，且，，由结合向量可得，进而根据基本不等式可得，再根据二次函数性质求解即可.
【小问1】
由题意，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切，
则，即，又，，
解得，，所以椭圆的方程是．
【小问2】
由条件可知，
即动点到定点的距离等于它到直线的距离，
由抛物线的定义可知，点的轨迹为抛物线，且，
则点的轨迹的方程是．
【小问3】
由（2）知，若存在点，
设圆与抛物线的一个公共点与，则有．
设，，，且，，
则，，
所以，
整理化简得，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
则，
故的取值范围是．
关键点点睛：本题第（3）题关键在于根据题意由结合向量可得，进而根据基本不等式可得，进而结合二次函数的性质求解即可.