浙江省台州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析

这是一份浙江省台州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中联考试题含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 方程表示椭圆的充要条件是等内容，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.所有答案必须写在答题纸上，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、单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线方程可得其斜率，结合斜率与倾斜角的关系，即可得到结果.
【详解】因为直线，即
所以，且
所以
故选:D.
2. 已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，若，则（ ）
A. B. 3C. 6D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据两条直线平行转化为其方向向量平行，进而根据向量平行的条件求解参数即可
【详解】设直线的方向向量，直线的方向向量，
由于，所以，因此可得：，解得：.
故选：A
3. 若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点与圆的位置关系可得关于的不等式，求解即可.
【详解】因为点在圆的内部，
所以，即，解得，
实数取值范围是，
故选：A.
4. 空间四边形中，，，，点在上，且为中点，为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算法则和运算律进行计算即可.
【详解】根据题意画出如图所示的空间四边形

由图可知
故选：B.
5. 已知圆经过，两点，且圆心在直线，则圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出圆心，根据得到方程，求出，得到圆心和半径，得到圆的方程.
【详解】设圆心为，
由题意得，即，
解得，故圆心，
半径为，
故圆的标准方程为.
故选：C
6. 方程表示椭圆的充要条件是（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的方程特征列出不等式求解即得.
【详解】方程表示椭圆，则，解得，且，
反之，当，且时，方程表示椭圆，
所以方程表示椭圆的充要条件是或.
故选：D
7. 如图所示，正方体的棱长为1，点，，分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线垂直B. 三棱锥的体积为
C. 直线与平面平行D. 直线与平面所成的角为
【答案】C
【解析】
【分析】对于A、C、D选项，可以通过建立空间直角坐标系，借助空间向量解决立体几何中平行与垂直的判定及直线与平面夹角的求解；对于B选项，利用三棱锥的体积公式直接求解即可.
【详解】在棱长为的正方体中，建立为原点，以，，所在的直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，
如图所示：
因为，，分别为、、的中点，
则A1,0,0，，，，，；
对于A选项，，，由于，
因此直线与直线不垂直，故A选项错误；
对于C选项，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
因为，所以，所以，
因为直线在平面外，所以直线与平面平行，故C选项正确；
对于D选项，，设直线与平面所成角为，
，故D选项错误；
对于B选项，，
又因为在正方体中，底面，
所以，故B选项错误.
故选：C
8. 已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可知，又已知OQ是△F1F2M的中位线，点Q与y轴重合时，Q与短轴端点距离最近.
【详解】解：设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，则由题意知
∵
∴
由题意知OQ是△F1F2M的中位线
∴
∴Q点的轨迹是以O为圆心，以6为半径的圆
∴当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在空间直角坐标系中，点O0,0,0，，，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 向量与的夹角的余弦值为
C. 点关于轴的对称点坐标为
D. 直线的一个方向向量
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，根据空间两点距离公式可判断A选项正误；
对于B选项，根据空间向量的夹角坐标公式可判断B选项正误；
对于C选项，根据点的对称性可判断C选项的正误；
对于D选项，根据直线方向向量的概念可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由于，，根据空间两点距离公式可得：.故A选项错误；
对于B选项，，，设向量与向量的夹角为，
则，故B选项正确；
对于C选项，点关于轴的对称点坐标为，故C选项正确；
对于D选项，易知，由于，得：，因此是直线的一个方向向量，故D选项正确.
故选：BCD
10. 已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的一个方向向量为B. 在轴上的截距等于
C. 与直线垂直D. 点到直线上的点的最短距离是1
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意求出直线的斜率和方程，即可判断B和C，对于A，可求出直线的一个方向向量，再判断与选项中的向量是否平行即可，对于D，求出点到直线的距离即可判断.
【详解】由题意得直线的斜率，又直线经过点，
所以直线方程为，化简得；
对于A，直线的一个方向向量为，则与不平行，所以不是直线的方向向量，故A不正确；
对于B，令，则，解得，所以直线在轴上的截距等于，故B正确；
对于C，直线的斜率为，因为，所以直线与直线垂直，故C正确；
对于D，点到直线的距离，所以点到直线上的点的最短距离是1，故D正确；
故选：BCD.
11. 已知直线与圆相交于、两点，下列说法正确的是（ ）
A. 若圆关于直线对称，则
B. 的最小值为
C. 若、、、（为坐标原点）四点共圆，则
D. 当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
【答案】AD
【解析】
【分析】根据对称性判断直线过圆心，即可判断A；将直线的方程整理为，即可说明直线所过定点，且当，此时弦长最短，根据弦长公式判断B；根据几何关系，设出过四点、、、的圆的方程，再求过圆和圆的交点的直线的方程，代入定点，即可判断C；根据圆系方程，可判断D.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对于A选项，若圆关于直线对称，则直线过圆心，则，解得，A对；
对于B选项，直线的方程可化为，
由得，所以，直线过定点，
则，
当时，圆心到直线距离取最大值，且最大值为，
因为，则，
则，B错；
对于C选项，若、、、四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心，
的中点为，所以的垂直平分线方程为，所以，
圆的方程为，整理为，
直线是圆与圆的交线，圆与圆的方程相减得
所以直线的方程是，
将直线所过的定点坐标代入上式得，得，
所以直线，即直线的斜率为，即，则，C错；
对于D选项，当时，直线，
曲线，即，
所以曲线为过直线与圆交点的曲线方程，D对.
故选：AD
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
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. 已知椭圆的标准方程为，则椭圆的离心率是________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程可算出和的值，再代入离心率公式即可.
【详解】由椭圆的标准方程可知，，所以，
因为，，所以，，所以离心率，
故答案为：.
13. 直线关于直线对称的直线的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】先解出两直线的交点，然后在直线上取一点，再求出点关于直线的对称点，直线即为所求.
【详解】联立，解得，所以是直线和直线的交点，
取直线上一点，设点关于直线的对称点为，
则，解得，所以，
所以直线的方程为，
即直线关于直线对称的直线的方程为；
故答案为：.
14. 已知实数、满足，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】令，分析可知，直线与圆有公共点，利用直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】等式可化为，
令，整理可得，
所以，直线与圆有公共点，
且圆心为，半径为，
则，整理可得，解得或，
因此，的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或测算步骤.
15. 求经过直线与直线的交点，且分别满足下列条件的直线方程：
（1）与直线平行；
（2）与直线垂直
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先联立直线方程，解方程组求得交点坐标，依据题意可设所求直线为：，代入交点坐标即可求解直线方程；
（2）根据第一问所求交点坐标，依据题意可设直线方程为，代入交点坐标即可求解直线方程；
【小问1详解】
由，解得，即点，
由于所求直线与直线平行，
所以设所求直线方程为，
代入，得：，解得，
所以所求直线方程为.
【小问2详解】
由（1）知，点，
由于所求直线与直线垂直，
设所求直线方程为，
代入，得：，解得，
所以所求方程为.
16. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为的正方形，，底面，、分别为、的中点，.
（1）求证：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）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【小问1详解】
证明：因为四边形为正方形，底面，所以、、两两相互垂直，
如图，以为原点，分别以、、方向分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得A0,0,0、、、、、，、、，

则，，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，故，
即，则，
令，则，，
所以为平面a的一个法向量，
所以，
所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
解：由平面的一个法向量为，.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
17. 已知直线及圆.
（1）求证：直线过定点，并求出圆心到直线距离最大时的值；
（2）若直线与圆相交于、两点，且弦的长为，求的值.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）将直线的方程化为，由可得出直线所过定点的坐标，分析可知，定点在圆上，且当圆心到直线距离最大时直线与圆相切，利用直线与圆相切可求得实数的值；
（2）利用勾股定理可求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求得实数的值.
【小问1详解】
证明：因为直线，得，
由，可得，所以直线过定点.
圆，所以定点在圆上，
圆心，半径为.
当圆心到直线距离最大时直线与圆相切，此时有：，所以.
【小问2详解】
解：设点到直线的距离为，利用勾股定理得：.
同时利用圆心到直线的距离：，解得.
18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且，点在棱上（不与点，重合）.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，利用向量先证明平面，然后可证明平面平面；
（2）分别求出平面与平面的一个法向量，然后计算出法向量夹角的余弦值，结合图形可求二面角的平面角的余弦值；
（3）由表示出点坐标即可表示出，再根据位置关系确定出与法向量的关系，确定方程解的情况可作出判断.
【小问1详解】
因为平面，所以，，
又，则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，B1,0,0，，D0,1,0，，，
所以，，，
所以，，
所以，，且，，平面，
所以平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知是平面的一个法向量，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，则，，所以，
所以，
又由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
【小问3详解】
由（1）得，，，，
设，则，可得，
所以，
由（2）知是平面的一个法向量，
若平面，可得，则，该方程无解，
所以直线不能与平面垂直.
19. 已知椭圆的左、右顶点为，，焦距为.为坐标原点，过点、的圆交直线于、两点，直线、分别交椭圆于、.
（1）求椭圆的方程；
（2）记直线，的斜率分别为、，求的值；
（3）证明：直线过定点，并求该定点坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意求出，即可得答案；
（2）法一：设，写出圆的方程为：，利用圆过，代入圆的方程得，化简，即得答案；法二：设，圆半径为r，写出圆方程，圆过，可得，由此化简，，即得答案.
（3）设直线，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合，化简可得参数之间的关系式，结合直线的点斜式，即可确定定点坐标.
【小问1详解】
由已知得，，则，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
法一：设，则圆的方程为：，
圆过，代入圆的方程得，
故；
法二：设，圆半径为r，则圆方程为：，
圆过，，由题意可设，
则；
【小问3详解】
由题意知，当圆的圆心不在x轴上时，直线PQ斜率存在，
设直线，，
则，需满足，
则，，
则，
结合第一问知，即，
即得，
化简得，
解得或，
当时，直线PQ方程为，直线PQ过点A-2,0，不合题意，
当时，直线PQ方程为，
故直线PQ过定点；
当圆的圆心在x轴上时，M，N关于x轴对称，此时直线PQ斜率不存在，
圆G方程为，
令，则，此时不妨设，
则的方程为，即，
联立，得，解得或，
即P点横坐标为，则直线PQ此时也过点，
故直线PQ过定点.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第三问中的定点问题，解答时要利用设方程，求出参数之间的关系，利用直线的点斜式确定定点坐标，要特别注意计算的复杂性.