山东省潍坊市昌邑市2024~2025学年高二数学上册11月期中试卷[附答案]

这是一份山东省潍坊市昌邑市2024~2025学年高二数学上册11月期中试卷[附答案]，共19页。试卷主要包含了 直线与圆的位置关系是， 设椭圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线过点、，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的斜率即可得其倾斜角.
【详解】依题意，直线的斜率，
所以直线的倾斜角为150°.
故选：D
2. 与向量平行的一个向量的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用共线向量的坐标表示，逐项判断即可.
【详解】对于A，，A不是；
对于B，，B是；
对于C，，C不是；
对于D，，D不是.
故选：B
3. 已知直线：，：，若，则a的值为（ ）
A. B. 3C. D. 3或
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行得到方程，解出最后验证即可.
【详解】因为，则，解得或，
当时，：，：，两直线重合，故舍去，
当时，：，：，两直线平行，符合题意，
综上所述，.
故选：C.
4. 已知是直线上一点，且是直线的一个法向量，则的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求出结果.
【详解】由是直线的一个法向量，得直线的一个方向向量为，其斜率为，
所以直线的方程为，即.
故选：A
5. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 与a的取值有关
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据直线经过圆内一点判断出结果.
【详解】由知直线过，而点在圆内，所以直线与圆相交.
故选：A.
6. A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，M为的中点，则是（ ）
A. 钝角三角形B. 锐角三角形
C. 直角三角形D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律计算可得，即可判断得出结论.
【详解】因为M为的中点，所以，
可得，
所以，即，
可得是直角三角形.
故选：C
7. 已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，利用椭圆定义及勾股定理求得椭圆参数关系，即可求离心率.
【详解】由题意及正弦定理得：，
令，则，，可得，
所以椭圆的离心率为：.
故选：B
8. 三棱锥中，，，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何体棱长建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法计算即可得结果.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：
因为，所以可得，
又，所以即，即，
故，满足，所以；
所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
即；
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
可得，
设直线与平面所成的角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C
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. 设椭圆：的左、右焦点分别为、，是上的动点，则（ ）
A.
B. PF1的最大值为
C. 的面积的最大值为
D. 存在点，使得
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义及性质逐项判断.
【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，设的顶点，则，，C正确；
对于D，由知，以线段为直径的圆与椭圆有个交点，当点此交点之一时，，D正确.
故选：BCD
10. 将正方形沿对角线折成直二面角，下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C. 与平面所成的角为
D. 与所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量逐项计算判断.
【详解】令正方形对角线的中点为，则，
由二面角为直二面角，得，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，
，
对于A，，即，则，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，平面的一个法向量，，
因此与平面所成的角为，C错误；
对于D，，因此与所成的角为，D正确.
故选：ABD
11. 已知圆：和圆：，点Q是圆上的动点，则（ ）
A. 与圆、圆都相切直线有四条
B. 若圆上到直线的距离为的点有4个，则m的取值范围是
C. 过点Q作圆的两条切线，切点分别为M和N，则
D. 已知，，若点B为圆上一动点，则的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】判断两圆的位置关系即可判断A的正误；当圆心到直线的距离小于即可；可先求出的范围，再确定的范围即可；在圆内找到点，使，可将的最值问题转化为的最值问题，再应用三角形不等式即可求解.
【详解】解：对于A项：因为圆：和圆：，
所以，所以两圆外离，
所以与圆、圆都相切的直线有四条，故A正确；
对于B项：因为圆：，所以，
所以当到距离，
即时，圆上到直线的距离为的点有4个，故B错误；
对于C项：因为,
又因为，即，
所以，所以，
又因为，
所以，所以C正确；
对于D项：设，
则以点为圆心，为半径的圆的方程为，
因为，所以恒成立，
所以以点为圆心，为半径的圆恒过点，
所以，
所以,
所以的最小值为2，故D正确.
故选：ACD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，向量为单位向量，，则向量在向量方向上投影的数量为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影的数量的意义计算即得.
【详解】依题意，向量在向量方向上投影的数量为.
故答案为：
13. 已知圆心在直线上，且，都是圆上的点，则圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出线段的中垂线方程，再求出圆心坐标及半径即可.
【详解】依题意，线段的中点，直线的斜率，
则线段的中垂线方程为，即，
由，解得，因此所求圆的圆心为，半径，
所以所求圆的标准方程为.
故答案为：
14. 已知圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为.若该圆台内部有一个球，则球的半径的最大值为_____；若该圆台内部有一个正方体，且底面在圆台的下底面内，当正方体的棱长最大时，以为球心，半径为的球与正方体表面交线的长度为______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】求出圆台的高，再利用轴截面图形求出球半径最大值；把圆台还原成圆锥，利用轴截面求出正方体的最大棱长，再确定球与正方体的交线即可得解.
【详解】依题意，圆台的轴截面是上下底边长分别为，母线长为的等腰梯形，
圆台的高，即等腰梯形的高，
由，得，
圆台内的最大球球心在圆台上下底面圆心所连线段上，最大球的截面大圆在等腰梯形内，
圆心在线段上，当该圆与等腰梯形的腰相切时，，
以为直径的圆同梯形的腰相交，所以球的半径的最大值为；

把圆台还原成圆锥，则圆台轴截面等腰梯形两腰延长即得圆锥的轴截面等腰，
正方体上底面的外接圆为圆台平行于底面的截面圆，
又圆台的高大于其上底面圆直径，因此正方体的棱长小于，
其对角面为等腰的内接矩形，如图，设，则，
，交于点，
则，
由，解得，
因此正方体最大棱长为，
此时以为球心，半径为的球与正方体表面交线是该正方体共点的个正方形面与球
的大圆构成的以直角为加以圆心角，半径为的段圆弧组合而成，交线长为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
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. 已知，，.
（1）求与夹角的余弦值；
（2）若，求的模.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量坐标化的夹角余弦值公式计算即可；
（2）设，根据向量的坐标运算得到方程组，解出再利用向量模的坐标表示即可.
【小问1详解】
，则，
，
所以.
【小问2详解】
由，得，
设，则，
所以，解得，则，
所以.
16. 如图，在直三棱柱中，，，，，D，E分别是，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可得出结论；
（2）根据几何体性质以及边长建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法计算可得结果.
【小问1详解】
由直三棱柱性质，以及D，E分别是，的中点，
所以，即四边形为平行四边形，
可得，
又平面，平面，所以平面；
又易知，即四边形为平行四边形,
可得，
又平面，平面，所以平面；
显然平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
因为是直三棱柱，所以，
又，所以两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
由，，，，可得：
，
即；
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
可得，
易知平面的一个法向量为，
则,
结合图形可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
17. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，，，满足条件的点P的轨迹为C.
（1）求C的轨迹方程；
（2）点M为直线：上的动点，过M作C的两条切线，切点分别为E，F，当四边形的面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据题意得到方程，化解即可；
（2）转化为求三角形的面积最小，作出相关辅助线，利用两圆方程作差即可.
【小问1详解】
设轨迹上任意一点，由题意
，所以，化简得.
【小问2详解】
由题意可知:直线到圆心的距离为，
则直线与圆相离，若四边形的面积最小，
即三角形的面积最小，因为，
则最小，即最小.
所以由向直线作垂线，垂足为，
所以直线，所以，
由题意可得四边形的外接圆方程为
即.
所求直线即为两圆的相交弦所在的直线，
将与两圆方程作差得，
则直线的方程为:.
18. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，M为的中点，设平面与平面的交线为.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）设H为上的动点，当与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的判定性质可得，再利用线面平行的判定、性质推理得证.
（2）作交于，由已知结合勾股定理，利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证.
（3）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
由，为的中点，
得，则四边形为平行四边形，，
而平面平面，则平面，又平面，
平面平面，因此，而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
作交于，连接，
由四边形为等腰梯形，，，得，
由（1）知，，又，则为等边三角形，，为中点，
又四边形为等腰梯形，为中点，则，
四边形为平行四边形，，于是为等腰三角形，，
，有，因此，
平面，则平面，而平面，
所以平面平面.
【小问3详解】
由（2）知直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
设，
设与平面所成角为，
则
当时，取得最大值，此时.
19. 球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形（特别是三角形）的角、边、面积等问题，其在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A和；若球面上A，B，C，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球O的半径为R，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面、圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记.
（1）请写出，的值，并猜测函数的表达式；
（2）（i）当时，球面的面积为________（只写结果）.
（ⅱ）用，，，表示；
（3）若将图一中四面体截出得到图二，若平面三角形为直角三角形，，设，，，求证：.
【答案】（1），，猜测
（2）（i）；（ii）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知写出，的值，并猜测函数的表达式；
（2）（i）推理得到，因，代入数据即可；
（ii）根据（i）中的过程有，解出即可；
（3）根据余弦定理和，计算即可得到结论.
【小问1详解】
，.
猜测.
【小问2详解】
（i）
理由：
因为，
所以，
则，解得.
（ii）
因为，
所以，
即.
【小问3详解】
由余弦定理可得：
，且，
所以，
即，消去，
则有:，
即；
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用余弦定理得到，结合，化简即可.