吉林省2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份吉林省2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 若直线与直线平行，则， 已知曲线，则下列说法正确的是， 已知球的半径为，则等内容，欢迎下载使用。
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，可得，
则直线斜率为，故倾斜角为.
故选：B.
2. 若直线与直线平行，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
解得或.
当时，重合，不合题意；
当时，，符合题意.
故选：C.
3. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】向量在向量上的投影向量为．
故选：A.
4. 若构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，由，可知共面，
故不能作为基底，即A错误；
对于B，由，可知共面，故B错误；
对于C，由，可知共面，故C错误；
对于D，因为不存在，使得，所以不共面，即可以作为基底，故D正确.
故选：D.
5. 空间内有三点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以的一个单位方向向量为.
因为，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
6. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点是上一点，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设椭圆的左焦点为，则由椭圆的定义知，
所以.
当三点共线时，，
所以的最小值为.
故选：C.
7. 如图，在棱长为3的正四面体中，为的中心，为PA的中点，，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】连接AO，AE，PE．
因为，，
所以
．
故选：B.
8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在.，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】（解法1）设，
因为，所以.
，所以.
因为，所以.
因为，所以，即，解得.
（解法2）设，
因为，所以，
所以.
因，所以.
因为存在.，所以在上有解.
因为，
且，
所以在上有解，
即在上有解.
因为，所以，即解得.
故选：D.
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. 已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则是椭圆，其焦点在轴上
B. 若，则是双曲线，其渐近线方程为
C. 若，则是椭圆，其离心率为
D. 若，则双曲线，其离心率为
【答案】ACD
【解析】若，则的方程可整理成，其表示焦点在轴上的椭圆，所以A正确；
若，则的方程可整理成，其表示双曲线，渐近线方程为，所以B不正确；
若，则的方程可整理成，其表示椭圆，离心率为，所以C正确；
若，则的方程可整理成，其表示双曲线，离心率为，所以D正确.
故选：ACD
10. 已知球的半径为，则（ ）
A. 球的内接正方体的内切球表面积为
B. 球的内接正方体的内切球体积为
C. 球的内接正四面体的内切球半径为
D. 球的内接正四面体的内切球半径为
【答案】BC
【解析】对于A，B，设球的内接正方体的棱长为，球的内接正方体的内切球的半径为，则球的内接正方体的内切球半径，球的半径，
所以，所以表面积，体积，故A不正确，B正确；
对于C，D，设球的内接正四面体的棱长为，球的内接正四面体的内切球半径为，如图，
可知，，，
由可得，解得，
因为球的内接正四面体的体积，
球的内接正四面体的表面积，
又因为，
所以球的内接正四面体的内切球半径，故C正确，D不正确．
故选：BC.
11. 如图，正方体的棱长为分别为的中点，为底面内的动点，且，则（ ）
A. 动点的轨迹长度为
B. 存在点，使异面直线与所成的角为
C. 点到平面的距离的最小值为
D. 点到平面的距离的最大值为
【答案】ACD
【解析】因为为底面内的动点，且，所以，
所以动点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆落在底面内的部分，
所以动点的轨迹长度为，故A正确.
如图，建立空间直角坐标系，则，
设，因为，所以.
因为无解，
所以不存在满足条件的点，故B错误.
设平面的法向量为n=x,y,z，因为，
所以令，得.因，
所以点到平面的距离，
当时，，所以C确.
当或时，，所以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. 在平行六面体中，设，则________.（用表示）
【答案】
【解析】.
13. 若点在圆的外部，则正实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意可得，解得，
故正实数的取值范围是.
14. 已知圆，直线，为直线上一动点，为圆上一动点，定点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，则直线与圆相离，
设点关于的对称点为，则，解得，
即，由对称性可知，，,
因为为圆上一点，则，
所以
.
当且仅当、、三点共线，且为线段与圆的交点时，
上述两个等号同时成立，故的最小值为.
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. 已知直线，圆.
（1）证明：直线与圆相交.
（2）记直线与圆的交点为，求AB的最小值.
（1）证明：直线：，
令，解得，则直线过定点，
圆的圆心，半径，
而，
因此点在圆的内部，所以直线与圆相交.
（2）解：由（1）知，，当且仅当时，弦长最短，
所以AB最小值为.
16. 已知椭圆的焦距为12，长半轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程.
解：（1）由题意可知
则，所以椭圆的方程为.
（2）由题意直线l的斜率存在，如图，设Ax1,y1,Bx2,y2，则
两式相减得，整理可得.
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即.
17. 如图，在体积为的三棱柱中，平面平面，，.

（1）证明：平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值
（1）证明：取的中点，连接.由为正三角形，得.
因为平面平面且交于，所以平面，即为该三棱柱的高.
因为三棱柱的体积，且，所以.
因为，所以，即.
由平面平面且交于，平面，可得平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
在菱形中，.
又因，平面，平面，所以平面.
（2）解：如图，过作直线平行于交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，.

设平面的法向量为，因为.
所以
令，得.
设平面的法向量为，
因为，所以
令，得.因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 如图，在三棱台中，平面，，，，是棱的中点，为棱上一动点.
（1）若，证明：平面；
（2）是否存在，使平面平面？若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由.
（1）证明：因为平面，
如图，以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、、，
因为，设点，则，
则，解得，则，
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得.
因为，所以，
因为平面，所以，平面.
（2）解：设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，得.
设，则，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，可得，
假设平面平面，则.
由，解得，所以.
设与平面所成的角为，
则，
所以存在，使平面平面，
此时与平面所成角的正弦值为.
19. 已知分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左､右顶点，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,y0作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.
（1）证明：椭圆在点处的切线方程为.
（2）求动点的轨迹的方程.
（3）过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.
（1）证明：联立方程组，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直线与椭圆有且仅有一个交点Px0,y0，
即切线方程为.
（2）解：由（1）中切线方程，令，得，
令，得，
因为，
所以直线，①
因为，所以直线，②
由①②得.
因为，得，
所以动点的轨迹的方程为）.
（3）解：设直线的方程为，
联立方程组得，
则，所以.
因为直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即点在定直线上.