辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8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. 已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，，故直线的倾斜角.
故选：B.
2. 如图，在平行六面体中，是的中点，设，，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为在平行六面体中，是的中点，
所以.
故选：A.
3. 若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】圆经过点，，
可得线段的中点为，又，
所以线段的中垂线的方程为，
即，
由，解得，
即，圆的半径，
所以圆的方程为.
故选：A.
4. 光线从点射出，到轴上的点后，被轴反射到轴上的点，又被轴反射，这时反射线恰好过点，则所在直线的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，做出如图的光线路径，则点关于轴的对称点，
点关于轴的对称点，
则所在直线的方程即为直线方程，
由两点是方程得直线方程为：，整理得：
故选：A.
5. 已知椭圆与直线交于A，B两点，点满足，则的值为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】A
【解析】因为A，B两点在直线上，故可设，
故，
因为，故即，
因为A，B两点在椭圆上，故即，
故，等式两边同时减去1，整理得到，
解得或.
而，故，故,
故选：A.
6. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】D
【解析】对于B，如图①，因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
所以，故B正确；
对于A，由B选项知，
又因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，故A正确；
对于C，由选项A知，平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确;
对于D，如图②过点A作，垂足为，
因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.
故选：D.
7. 已知直线与圆的交点为、，点是圆上一动点，设点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由可得，则圆心，，
设，且直线过定点，
所以，，
，
所以
.
故选：A.
8. 已知右焦点为F的椭圆E：上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点F，且，则E的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设椭圆的左焦点为，连接，

因为点平分，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形，
设，则，
在直角中，，
所以，
整理可得，所以，
在直角中，，
所以，
所以，所以，
故选：B.
二、多项选择题：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. 设椭圆的焦点为、，点在椭圆上，则（ ）
A. 焦点、坐标为，
B. 的最大值为7，最小值为1
C.
D. 为直角三角形的顶点有4个
【答案】BC
【解析】由椭圆，可知，且焦点在轴上，
则，焦点坐标为 0,3，，故A错误；
由椭圆的性质知，的最大值为，最小值为，故B正确；
由椭圆的定义知，，故C正确；
因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个交点，当为直角顶点时，
为直角三角形有4个，当或垂直轴时，为
直角三角形有4个，故为直角三角形的顶点共有8个，故D错误.
故选：BC.
10. 已知圆：和圆：的交点为，，直线：与圆交于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的取值范围是
B. 圆上存在两点和，使得
C. 圆上的点到直线的最大距离为
D. 若，则
【答案】AC
【解析】A选项：圆：的标准方程为，
圆心为,半径为，因为直线：与圆交于，两点，
所以圆到直线的距离为，即，解得，
所以的取值范围是，故A正确；
B选项：圆：的标准方程为，
圆心，半径，根据两圆的方程有直线方程为，
圆到直线AB的距离为，所以，
圆上任意两点，，，故B错误；
C选项：圆上的点到直线的距离的最大值为，故C正确；
D选项：因为，所以为等边三角形，
圆到直线的距离为，所以，
故或，故D错误.
故选：AC.
11. 已知正方体的棱长为2，如图，为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B. 当点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 当点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得的截面图形是等腰梯形
D. 已知为的中点，当的和最小时，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则点A2,0,0、、设点，
平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接，
在正方体中，平面，平面，，
∵四边形是正方形，则，，平面，
平面，
平面，，同理可证，
，平面，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
分别取棱,,,,,的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形沿摊平为一个平面，如下图所示：
若最短，则三点共线，
，，又，
，D选项正确.故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】∵方程表示焦点在x轴上的椭圆，
∴由，解得：或，
∴实数的取值范围是.
13. 如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则______.

【答案】
【解析】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，
又因为，
所以
，
所以.
14. 下列命题
①若两直线与平行，则实数的值为1.
②圆上的动点与定点所连线段的中点的轨迹方程为.
③若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是.
④已知动点在直线上，圆，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为4.
正确的是______（请填序号）
【答案】②③④
【解析】当两直线与平行，则，
解得或，经检验，或时，两直线不重合，
故实数的值为1或，故①错误；
设Mx,y，则，代入圆的方程可得，故②正确；
圆上恰有两点到点的距离为1，
问题转化为以为圆心，半径为1的圆与圆相交即可，
所以，
解得，故③正确；
因为,
所以当PC最小时，四边形面积有最小值，由圆性质知，PC的最小值即为
圆心到直线的距离，所以四边形面积的最小值为，故④正确.
故答案为：②③④.
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. 分别求适合下列条件的曲线方程
（1）已知圆经过三点O0,0，，，求圆的方程；
（2）经过点，两点的椭圆的标准方程；
（3）已知椭圆的离心率为，短轴长为，求其标准方程；
解：（1）设圆的方程为，
由圆经过三点O0,0，，，
得，解得，
所以圆的方程为.
（2）设椭圆方程为，
则有，解得，
所以所求椭圆方程为.
（3）由得，又，故，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为或.
16. 如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.
（1）证明：直线平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
（1）证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．
则，，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，，
即，取，解得；
所以，平面，
平面；
（2）解：设与所成的角为，
，，
，
与所成角的余弦值为；
（3）解：设点到平面的距离为，
则为向量在向量上的投影的绝对值，
由，得，
所以点到平面的距离为．
17. 若椭圆和椭圆满足，则这两个椭圆相似，称为其相似比.
（1）求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程；
（2）设过原点的一条射线分别与（1）中两个椭圆交于两点（其中点在线段上），求的取值范围.
解：（1）假定所求的椭圆方程为，则有，解得，
所以所求的椭圆方程为;
(2)当射线与轴重合时，，此时.
当射线不与轴重合时，由于对称性，仅考虑第一象限的情形.
假定射线的方程为，设，则有
由，解得，
∴.同理.
则.
综上.
18. 已知半径为2的圆的圆心在轴的正半轴上，且直线与圆相切.
（1）求圆标准方程.
（2）已知，为圆上任意一点，问在轴上是否存在定点（异于点），使得为定值？若存在，求出定点坐标及定值；若不存在，请说明理由.
（3）在（2）的条件下，若点，试求的最小值.
解：（1）由题意设圆C的圆心坐标为，则圆的方程为，
因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离，
因为，所以，
故圆的标准方程为；.
（2）假设存在定点B，设，如图，
设，则，
则，
当，即或（舍去）时，为定值，且定值为，
故存在定点B使得为定值， B的坐标为；
（3）由（2）知，故，从而，
当且仅当P、B、三点共线时，最小，
且，
所以的最小值为.
19. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
（1）证明：解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，，所以，，
因为，所以，
又因为，.
所以，化简得.
所以，
所以.
解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
设，则，
所以，，
由得，所以，
又因为，所以，解得，
所以，，，，
所以，
所以.
解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
则，所以，所以，，
在中，，，，所以，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，所以，
所以.
（2）解：因为，由（1）知，所以，
过作于H，则.
因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以平面，
所以.
（3）解：解法一：假设存在点E满足条件，
因为⊥平面ABCD，，
所以以D原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
，，，，，，
，
设，则，
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，得，所以.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，得，所以.
所以，
因为平面EBD与平面的夹角为，
即，解得，
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.
解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为，
假设存在E点满足条件，设，则
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，则，所以.
所以，
因为平面EBD与平面的夹角为，
即，解得.
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.