山东省德州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份山东省德州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共21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。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上.
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知直线l的方程为，则l的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方程计算直线斜率，由斜率得到倾斜角.
【详解】由题意得，直线斜率为，
即，又，则.
故直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线平行公式计算的值，代入验证排除直线重合的情况即可得到结果.
【详解】由两直线平行得：，解得或.
当时，，，两直线重合，不合题意.
当时，，即，，两直线平行，符合题意.
故的值为.
故选：A.
3. 已知双曲线，若点到的渐近线距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式结合已知条件求出的值，即可求出该双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即，
因为点到的渐近线距离为，即，解得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：B.
4. 在四面体中，点D为的中点，点E在上，且，用向量，，表示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可得到结果.
【详解】
如图，由题意得，
.
故选：D.
5. 已知圆不经过坐标原点，且与圆相切，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆相切以及不过原点先求解出的关系式，然后结合基本不等式求解出最大值.
【详解】因为与相切，
所以或，
所以或，
因为不经过原点，所以，
所以，
又因为，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最大值为，
故选：C.
6. 已知菱形的边长为2，，现将沿折起，当时，二面角平面角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由菱形的性质得出就是二面角的平面角，求出的边长可得答案.
【详解】设，菱形满足，，
则和都为等边三角形，所以，，
又，则，所以就是二面角的平面角，
由于，所以，所以是等边三角形，
所以，即二面角平面角大小为.
故选：B.
7. 已知椭圆上存在两点、关于直线对称.若椭圆离心率为，则的中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点Mx1,y1、Nx2,y2，线段的中点为，由已知条件可得出，利用点差法以及点在直线上，可得出关于、的值，解出这两个量的值，即可得出线段的中点坐标.
【详解】设点Mx1,y1、Nx2,y2，线段的中点为，则，
由题意，椭圆的离心率为，可得，
因为、关于直线对称，且直线的斜率为，
则，
将点、的坐标代入椭圆方程可得，
上述两个等式作差可得，
可得，即，即，
即，①
又因为点在直线上，则，②
联立①②可得，故线段的中点为.
故选：C
8. 已知四棱锥的各侧棱与底面所成的角都相等，其各个顶点都在球O的球面上，满足，，，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据侧棱与底面所成角相等推出顶点在底面的射影是底面外接圆的圆心，然后利用底面四边形的条件求出底面外接圆的半径，再结合四棱锥的棱的长度求出该几何体外接球的半径，最后根据球的表面积公式求出表面积即可.
【详解】因为四棱锥的各侧棱与底面所成的角都相等，
所以顶点在底面的射影是底面四边形外接圆的圆心.
因为，所以△为等腰三角形. 因为，所以，
故△为等边三角形，则.设底面四边形外接圆半径为，
则根据正弦定理得，即，解得.
设线段的中点, 则，
那么由勾股定理可知，所以，
故是等边三角形的中心，则.
设球的半径为，根据题意可知球心在射线上，
当球心在线段上时，如图1所示， 则，即，
解得，此时，不符合题意舍去.
当球心在射线上且在平面的下方时，如图2所示，，
即，解得，此时符合题意，
故球的半径，所以根据球体的表面积公式知该四棱锥外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】求解几何体外接球问题的关键是通过找到球体球心的位置确定球体的半径.
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. 已知空间中四点，，，，则（ ）
A. B.
C. 在上的投影数量为D. 为锐角
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：表示出的坐标，利用模长公式计算；B：表示出的坐标，然后根据数量积判断是否垂直；C：计算出，根据可计算出投影数量；D：根据的正负并结合是否共线作判断.
【详解】A：因为，所以，故错误；
B：因为，所以，所以，故正确；
C：因为，所以，，
所以在上的投影数量为，故正确；
D：因为，所以，
由坐标可知不共线，所以锐角，故正确；
故选：BCD.
10. 已知直线，圆，为圆上任意一点，则（ ）
A. 直线过定点
B. 若圆关于直线l对称，则
C. 的最大值为
D. 的最大值为3
【答案】BC
【解析】
【分析】A：将直线方程化为，根据可确定出定点坐标；B：考虑直线经过圆心的情况；C：根据的几何意义，考虑与圆相切；D：根据的几何意义，先计算，然后可求结果.
【详解】化为标准方程为，圆心为2,0，半径为；
A：因为，令，可得，所以过定点，故错误；
B：若圆关于对称，则过圆心2,0，所以，解得，故正确；
C：表示连线的斜率，设，即，如下图，

当与相切时，此时取最值，
所以，解得，所以的最大值为，即的最大值为，故正确；
D：表示，因为，所以，故错误；
故选：BC.
11. 在直三棱柱中，，，，，点M为线段的中点，N为线段上的动点，则（ ）
A.
B. 存在点N使得垂直于平面
C. 若平面，则
D. 直线与平面所成角的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量逐项判断即可.
【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
对于A，因为，
所以，
则，即，故A正确；
对于B，由A知，，
设，则，即，
所以，又平面，
则，无解，
所以不存在点N使得垂直于平面，故B错误；
对于C，由B知，设，可得，
又，
设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1，
则，令，得，
因为平面，所以，
则，解得，此时，故C正确；
对于D，由B知，设，可得，
所以，易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以当时，取得最大值，
即直线与平面所成角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.

第Ⅱ卷 非选择题（共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的三个顶点，，，则边上的高为________.
【答案】
【解析】
【分析】求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式即可.
【详解】，则直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，
则边上的高为.
故答案为：.
13. 在三棱锥中，已知，，点P到，的距离均为，那么点P到平面的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】如图，取BC中点为D，连接PD，AD，过P作AD垂线，垂足为G，可证PG与平面垂直及D和G重合，即可得答案.
【详解】过P作AC，AB垂线，垂足为E，F，由题，则.
又，则，
又，，则.
则，又由勾股定理，可得.
取BC中点为D，连接PD，AD.由以上分析可知.
因平面PAD，则平面PAD.
过P作AD垂线，垂足为G，则，又平面PAD，则.
因平面ABC，则平面ABC，
即PG为P到平面的距离.
在中，因，，则.
又在中，，则；
又，则为以D为直角顶点的直角三角形，则
即D和G重合，则.
故答案为：
14. 已知直线与抛物线交于、两点，且（为坐标原点），则________；的面积为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出，结合韦达定理可求得的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立可得，
，由韦达定理可得，，
所以，，解得，
所以，，，则，
直线交轴于点，
所以，.
故答案为：；.
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. 在平面直角坐标系中，已知圆C过点，，且圆关于x轴对称.
（1）求圆C的标准方程；
（2）已知直线l经过点，与圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设出圆心并根据圆上的两点坐标，即可得出圆心和半径可得圆C的标准方程；
（2）利用弦长公式计算求得圆心到直线的距离，即可求得直线方程.
【小问1详解】
由圆关于x轴对称可知圆心在x轴上，
设圆心，半径为；
即可得，解得，半径，
所以圆C的标准方程为
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，直线方程为，显然不合题意；
当直线l的斜率存在时，设方程为；
易知圆心到直线的距离
又可解得或，
即直线l的方程为或.
16. 已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且.
（1）求抛物线的方程及；
（2）斜率为的直线与抛物线的交点为、（在第一象限内），与轴的交点为（、不重合），若，求的周长.
【答案】（1）抛物线方程为，
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义结合可求得的值，可得出抛物线的方程，再将点的坐标代入抛物线方程，即可求得的值；
（2）设点，则，可得直线的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,y2，则，由平面向量的坐标运算可得出，将直线的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可求出、、的值，进而可求得的周长.
【小问1详解】
抛物线的焦点为，准线方程为，
由抛物线的定义可得，可得，
所以，抛物线的方程为，
将点的坐标代入抛物线方程可得，解得.
【小问2详解】
设点，则，因为直线的斜率为，则直线的方程为，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，则，
由，可得，则，可得，
联立，可得，，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，可得，，
所以，，可得，
所以，，
，
所以，的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）通过线面垂直的判定定理证明平面即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，解得，
所以，故，
又平面，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
故，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18. 已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0过点2,3，一条渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若点为双曲线右支上一点，，求的最小值；
（3）过点的直线与双曲线的右支交于，两点，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组，即可求得答案；
（2）设，表示出，结合二次函数性质，讨论即可得答案；
（3）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立双曲线方程，可得根与系数关系，求出的表达式，化简即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0过点2,3，一条渐近线方程为，
则，解得，
故双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
点为双曲线右支上一点，设，，
则
，
当，即时，最小值为，
当，即时，最小值为；
【小问3详解】
当过点的直线斜率不存在时，方程为，
此时不妨取,则；
当当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，
不妨令，

联立，得，
由于直线过双曲线的右焦点，必有，
直线与双曲线的右支交于，两点，需满足或，
则，
则
，
综合以上可知为定值.
【点睛】难点点睛：本题考查了直线和双曲线位置关系的综合应用，综合性强，计算量大，难点在于证明定值问题，解答时要注意计算的准确性，基本都是字母参数的运算，需要十分细心.
19. 已知椭圆的中心为坐标原点，左、右焦点分别为，，椭圆上一点到焦点的最小距离为，直线与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方，点B在x轴下方），当过时，的周长为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）将平面沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）垂直.
①当B为椭圆的下顶点时，求折叠后直线与平面所成角的正弦值；
②求三棱锥体积的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题意列出方程组，解得的值，直接写出椭圆方程；
（2）①求出平面中坐标，再建立空间直角坐标系得到坐标，利用空间向量求得线面角的正弦值；②在平面内求出坐标的关系，再建立空间直角坐标系得到坐标，从而列出三棱锥的体积的表达式，利用二次函数求得最大值.
【小问1详解】
由题意可得，解得，∴，
∴椭圆的标准方程为：，
【小问2详解】
翻折后，如图：

①当B为椭圆的下顶点时，由题意知，直线，
联立方程组可得，解得或，∴
令原来轴负半轴为轴，则，，，，
∴，，，
设n=a,b,c为平面的一个法向量，则，
令，所以，即，
设直线与平面夹角为，
则，
②联立方程组，整理得，
，∴，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，，
，，
∴，
令函数，
由二次函数的对称轴：，∴，
所以当时，的体积最大，此时.
【点睛】方法点睛：本题由平面解析几何转变成立体几何，需要自己建立新的坐标系，并能通过平面直角坐标系的点坐标得到对应在空间直角坐标系的坐标，然后利用立体几何的知识来解得答案.