安徽省六安市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份安徽省六安市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 6D.
【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：A
5. 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：AB
11. 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.