2024_2025学年_福建三明高二第一学期期中联考数学试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年_福建三明高二第一学期期中联考数学试卷[附解析]，共24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．椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交且过圆心B．相切
C．相离D．相交但不过圆心
4．已知空间向量满足，则向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．若空间中有三点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．将直线绕点逆时针旋转后所得直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知点为直线上任意一点，则的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
8．已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于两点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ）
A．B．
C．D．不是平面的一个法向量
10．若圆与圆相交，则k的取值可能为（ ）
A．B．0C．3D．5
11．法国数学家蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法中正确的是（ ）
A．椭圆的蒙日圆方程为
B．过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为为直角时，直线的斜率为
C．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则
D．若为正方形，则的边长为
三、填空题
12．已知定点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程为 .
13．设直线与直线的交点为P，则P到直线的距离的最大值为 ．
14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0， 3)，圆.若圆C上存在点M，使，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知直线和点．
(1)求经过点，且与直线平行的直线的方程；
(2)求经过点，且与直线垂直的直线的方程；
(3)求点关于直线对称的点的坐标；
16．已知椭圆：的离心率为，焦距为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.
17．如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点.
(1)求点到平面的距离；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
18．已知直线：，：，且满足，垂足为C.
(1)求m的值及点C的坐标.
(2)设直线与x轴交于点A，直线与x轴交于点B，求的外接圆方程.
19．阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.
答案：
1．A
【分析】求出和即可求出离心率.
【详解】因为，，
所以离心率为.
故选：A.
2．A
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标.
【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是.
故选：A.
3．A
【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，与半径比较可得结论.
【详解】圆的圆心为，半径，
因为，所心直线过圆心，
所以直线与圆相交且过圆心.
故选：A.
4．D
【分析】由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得，
所以.
又因为，所以.
故选：D．
5．D
【分析】求出平面的法向量，然后利用空间点面距离公式可得答案.
【详解】，
设平面的一个法向量为，
由得，令得，
所以，
则点到平面的距离为.
故选：D.
6．C
【分析】分析可知，所得直线与直线垂直，可得出所求直线的斜率，再利用点斜式可得出所求直线的方程.
【详解】由题意可知，所得直线与直线垂直，即所求直线的斜率为，
因此，所求直线的方程为，即.
故选：C.
7．C
【分析】的几何意义为直线上的点到原点的距离，由点到直线的距离公式可得．
【详解】点为直线上任意一点，
又的几何意义为直线上的点到的距离，
故最小值为到直线的距离，即最小值为
故选：C．
8．A
【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可.
【详解】，即，
则圆心，半径为.
椭圆方程，,
则，
则圆心为椭圆的焦点，
由题意的圆的直径，且
如图，连接，由题意知为中点，则，
可得
.
点为椭圆上任意一点，
则，，
由，
得.
故选：A.
关键点点睛：解决此题的关键于利用中点性质，将多动点有关的数量积，通过向量的线性运算与数量积运算性质，转化为动点与定点圆心连线的长度来表示，进而可借助椭圆上任意一点到焦点距离的范围使问题得解.
9．BD
【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.
【详解】由为正方体，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则､.
对于选项，，则，故错误；
对于选项，，则，故正确；
对于选项，，故，故错误；
对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.
故选.
10．AC
【分析】根据两圆相交时圆心距与两圆半径之间的关系求解即可.
【详解】两圆的圆心，圆心距，
半径分别为，
因为圆M与圆N相交，
所以，解得或．
故选：AC．
11．ACD
【分析】根据给定条件，结合蒙日圆的特征求出蒙日圆的方程判断A；求出直线与蒙日圆的交点坐标计算判断B；由两圆相切求出判断C；求出蒙日圆的内接正方形边长判断D.
【详解】对于A，椭圆的蒙日圆方程为，A正确；
对于B，依题意，点是直线与蒙日圆的交点，则，解得或，
直线的斜率为或0，B错误；
对于C，圆的圆心为，半径为2，显然点在圆外，
而圆的半径为3，由两圆只有一个公共点，得，解得，C正确；
对于D，由矩形的四边均与椭圆相切，得是圆的内接矩形，
当为正方形时，该正方形边长为，D正确.
故选：ACD
12．
【分析】利用代入法求解动点的轨迹方程，以及中点公式等知识点，即可求解.
【详解】由题意，设，
则，所以，代入圆的方程，
整理得，即.
故答案为.
13．
【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.
【详解】由可以得到，故，
直线的方程可整理为：，故直线过定点，
因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，
故，
故答案为.
14．.
【分析】由得到点M的轨迹方程为圆，再由两圆的位置关系求出a的范围.
【详解】由的圆心，设，因为，
所以.
所以点M在以为圆心，2为半径的圆上，则圆C与圆D有公共点，满足：
，即.
故答案为.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设所求直线方程为，代入点可得结果；
（2）根据直线垂直可得所求直线斜率，代入点即可求解；
（3）设点关于直线对称的点的坐标，利用垂直和中点坐标关系解方程组可得结果.
【详解】（1）可设所求直线方程为
将点代入得，解得
所以所求直线方程为；
（2）可设所求直线方程为，
将点代入得，解得，
所以所求直线方程为；
（3）设点关于直线对称的点的坐标为，
则有，解得，
即所求点的坐标为；
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组即可求解；
（2）设所求直线方程为，联立椭圆方程结合判别式等于0求出参数的值即可得解.
【详解】（1）由题意得，从而可得，
椭圆的标准方程为.
（2）设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
由，得，
直线的斜截式方程为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，运用向量点到平面的距离公式计算即可；（2）先求出直线与平面所成的角，可通过向量法，求出平面的法向量，再根据向量的夹角公式求出直线与平面所成角的正弦值，最后根据三角函数关系求出余弦值.
【详解】（1）因为，，，，底面为正方形，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，分别为，中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
由，即，令，则，，所以，
则，，
根据点到平面的距离公式.
（2）首先设平面的法向量，，，
由，即，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
则，，，
所以，
因为，所以，
则直线与平面所成角的余弦值.
18．(1)，
(2)．
【分析】（1）根据题意，求得两直线的斜率，结合，求得，得出直线的方程，联立方程组，求得交点坐标.
（2）由（1）中的直线方程，求得，，得到的外接圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求解.
【详解】（1）解：显然，可得，，
由，可得，即，解得，
所以直线：，直线：，
联立方程组，解得，所以点．
（2）解：由直线：，直线：，可得，，
所以的外接圆是以为直径的圆，可得圆心，半径，
所以的外接圆方程是．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用条件，建立的关系，直接求出即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程y=kx−1，联立方程得到3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，利用韦达定理得到间的关系，再求出点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明.
【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.
（2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，，
当，时，直线PA的方程为：，所以点，
此时，，，显然B，Q，F三点共线，
同理，时，B，Q，F三点共线；
（ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：y=kx−1，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
由整理可得：3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
，，
由（1）可得左右顶点分别为，，
直线PA的方程为y=y1x1+2x+2，又因为直线与交于F，所以，
所以，，
因为
，
又
，
所以，所以，所以B，Q，F三点共线；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
A
D
D
C
C
A
BD
AC
题号
11









答案
ACD