浙江省杭州市浙里特色联盟2024-2025学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

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1.本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效．
4.考试结束后，只需上交答题卷．
选择题部分
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.）
1. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ）
A. 1B. C. 2024D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的概念及虚部的定义可得结果.
【详解】由复数的概念可得的虚部是.
故选：B
2. 已知圆的标准方程为，则圆心坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的标准方程求圆心即可.
【详解】因为圆的标准方程为，所以圆心坐标为.
故选：B
3. 过点且垂直于直线的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线垂直的充要条件及点斜式计算即可.
【详解】若直线与垂直，则其斜率为，
又该直线过，根据点斜式有，整理得.
故选：C
4. 已知，且，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，即，解得.
故选：C
5. 在四面体中，，点在上，且为的点，且，则等于（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.
【详解】
易知，
即.
故选：D
6. 古希腊数学家阿基米德利用“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.若椭圆的中心为原点，焦点均在轴上，的面积为，过点的直线交于点，且的周长为12.则的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“逼近法”先确定，再结合椭圆的定义计算即可.
【详解】设椭圆的长半轴长与短半轴长分别为，结合题意可知椭圆方程为：，
由条件得，
又的周长为，
所以，即椭圆方程为：.
故选：A
7. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，切线的斜率存在，设切线的方程为，根据直线与圆的位置关系可得出，设两条切线的斜率分别为、，则、为关于的方程的两根，利用根与系数的关系求出的值，再由结合同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
若切线斜率不存在时，则直线方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意；
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，
则有，整理可得，
则，
设两切线的斜率分别为、，
则、为关于的方程的两根，
由韦达定理可得，，
所以，，
所以，，
由题意，，由，解得.
故选：D.
8. 已知为椭圆的右焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆定义可得出，利用当且仅当、、、四点共线且、在线段上时，取最小值即可得解.
【详解】在椭圆中，，，则，则，
则椭圆的左焦点为，圆的圆心为，半径为，
由椭圆的定义可得，
则
.
当且仅当、、、四点共线且、在线段上时，
上述不等式两个等号同时成立，
故的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，不选、错选得0分.）
9. 已知分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 椭圆的离心率为
C. 直线被椭圆截得的弦长为
D. 若，则的面积为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义与性质结合勾股定理计算一一判定选项即可.
【详解】因为椭圆方程为：，
则其长轴长、短轴长、焦距分别为，
所以，即A错误；B正确；
当时，与联立得，
即直线被椭圆截得的弦长为，故C正确；
若，则，
即，
则的面积为，故D正确.
故选：BCD
10. 在棱长为的正方体中，点、分别在线段和上（含端点），则下列命题正确的是（ ）
A. 长的最小值为
B. 四棱锥的体积为定值
C. 有且仅有一条直线与垂直
D. 当点、为线段中点时，则为等腰三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据面与面之间的距离，即可说明长的最小值；对于B，根据三棱锥的体积公式，再结合线线和面面之间的距离公式，即可判断；对于C，根据垂直关系，寻找直线与垂直的充要条件，即可判断；对于D，建系，利用空间中两点间的距离公式即可判断.
【详解】对于A，由点所在线段分别在两个平行平面、上，且为异面直线，
其间距最小值为异面直线的距离，即两个平面间的距离，即长的最小值为，A对；
对于B，由，其中表示到平面的距离，显然为定值，
而的中，底与边上的高均为定值，由此可知面积为定值，
综合上述，四面体的体积为定值，B对；
对于C，点在平面上的射影的轨迹为线段，
平面，平面，
所以，则的一个充要条件，
当射影位于线段上的任意位置时，过作的垂线，所得垂足记为，
则，
根据以上垂直关系可知，，、平面，
所以平面，平面，
从而.于是这样的直线不唯一，C错；

对于D，以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
当、分别为、的中点时，则、、，
所以，，同理可得，，
此时，为等腰三角形，D对.
故选：ABD.
11. 已知直线，下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与直线垂直，则
C. 当点到直线的距离取到最大时，此时
D. 直线与圆所截得的最短弦长为1
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线方程特征可判定A，利用垂直的充要条件可判定B，
利用点到直线的距离公式结合直线与圆的位置关系及弦长公式可判定C、D.
【详解】对于A，由，
令，即直线恒过定点，故A错误；
对于B，若直线与直线垂直，
则有，所以，故B正确；
对于C，易知点到直线的距离
，即，
解之得，故C正确；
对于D，，
即该圆圆心为，半径为，
则到的距离为，
所以直线与圆所截得的弦长为，
即越大，弦长越小，则弦长最小，故D错误.
故选：BC.
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每个空5分，共15分.）
12. 直线的倾斜角大小为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】由直线可知其斜率为，
所以其倾斜角满足，所以.
故答案为：
13. 已知空间向量且与互相平行，则实数值______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用空间向量平行的坐标表示计算即可.
【详解】由条件可知，
因为与互相平行，所以，
解之得.
故答案为：2
14. 已知右焦点为的椭圆上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点，且，则的离心率是______.
【答案】
【解析】
【分析】设出左焦点以及，利用椭圆定义表示出相关线段的长度，然后分别在直角中运用勾股定理，最后得到的关系式可求结果.
【详解】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.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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 ABC的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求直线BC方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用点C在AB边上的中线CM上和直线AC与高线BH垂直求解；
（2）设，利用点B在BH上和AB的中点M在直线CM上求解；
【小问1详解】
解：设，
∵AB边上的中线CM所在直线方程为，
AC边上的高BH所在直线方程为．
∴，解得．
∴．
【小问2详解】
设，则，
解得．
∴．
∴．
∴直线BC的方程为，即为．
16. 在平面直角坐标系中，圆经过点和点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线被圆截得弦长为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先确定圆心为的中垂线与的交点，根据直线垂直的关系及点斜式，结合两点距离公式计算即可；
（2）利用点到直线的距离公式及弦长公式计算即可.
【小问1详解】
易知和的中点，，
则的中垂线方程为，
联立方程，即圆心坐标为，
易知，所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
易知圆心C到直线的距离为，
又直线被圆截得弦长为，
所以，解之得或.
17. 如图，正四棱柱中，设，点在线段上，且.

（1）求三棱锥的体积；
（2）直线与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用锥体的体积公式结合正四棱柱的特征计算即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可.
【小问1详解】
根据题意可知，
所以，；
【小问2详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，

易知，
所以，
设平面的一个法向量，则，
取，即，
设直线与平面PBD所成角为，
则.
18. 已知O为坐标原点，椭圆C：过点，且离心率为，斜率为的直线交椭圆于P，Q两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）记以为直径的圆的面积分别为的面积为S，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆过点及离心率待定系数计算即可；
（2）设坐标，及直线方程，利用韦达定理，圆的面积公式，弦长公式及点到直线的距离，结合二次函数的性质计算即可.
【小问1详解】
由题意可知，解之得，即椭圆方程为；
【小问2详解】
设，直线方程，
与椭圆方程联立得，
所以，即有，
易知，同理，
则，
由上知，即，
而，
O到直线的距离，即，
显然时，取得最大值1，即的最大值为.
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术.主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有种.设，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）.
（1）若，求之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】（1），；
（2）；
（3）或.
【解析】
【分析】（1）利用相应概念计算即可；
（2）根据曼哈顿距离的定义先得出N的轨迹，再根据余弦函数的性质数形结合计算即可；
（3）根据（2）的结论及点到直线的距离公式建立等量关系计算即可.
【小问1详解】
根据题意可知，
，
则，
所以；
【小问2详解】
设，因为，则有，
即的轨迹，
作出的轨迹图形如图所示，
若要最大，只需最小，由图象可知当时，最大，
根据余弦函数的单调性可知此时最小，
则的最大值为；
【小问3详解】
易知，
设，则，
若，则，符合题意；
若，则，
根据分段函数的性质可知，
又恒成立，
当且仅当时取得等号.
综上：或.
【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离问题，一方面可以转化为几何问题，作出相应正方形数形结合来处理；也可以利用绝对值的意义分类讨论来处理.