精品解析：浙江省宁波市五校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

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考生须知：
1．本卷满分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、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．
1. 下列直线中，倾斜角最大的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出各选项中的直线倾斜角，再比较大小即得.
【详解】直线的斜率为，倾斜角为；直线的斜率为，倾斜角为，
直线的斜率为，倾斜角为；直线的斜率为，倾斜角为，
显然直线的倾斜角最大.
故选：C
2. 已知点，且四边形是平行四边形，则点的坐标为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点D的坐标为．结合平行四边形的一组对边平行且相等的性质和空间向量的相等向量的计算即可求解.
【详解】设设点D的坐标为，
由题意得
，
因为四边形是平行四边形，所以，
所以，解得，
故选：A
3. 如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算求解即得.
【详解】在平行六面体中，E为BC的中点，
所以.
故选：B
4. 如图，这是一个落地青花瓷，其中底座和瓶口的直径相等，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为，最大直径为，双曲线的离心率为，则该花瓶的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由关系以及离心率、可得双曲线方程，进一步代入即可求解.
【详解】由该花瓶横截面圆的最小直径为，有，
又由双曲线的离心率为，有，
可得双曲线的方程为，代入，可得，故该花瓶的高为.
故选：B.
5. 若直线与直线互相垂直，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两直线垂直得关系后转化为函数求解，
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，化简得，
所以，当且仅当时取“=”，所以的最小值为5，
故选：C
6. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在轴上，点在上，，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】，根据条件表示出，，则可表示出，进而可得离心率.
【详解】如图，令，由，得，
又，则，
即，又由，得，
，
故选：D.

7. 已知双曲线的离心率为，圆与的一条渐近线相交，且弦长不小于2，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率可得渐近线方程为，利用点到直线距离公式，结合圆的弦长公式可得：，运算求解即可.
【详解】设双曲线的半焦距为，
则，解得：，
且双曲线的焦点在轴上，所以双曲线的渐近线为，
因为圆的圆心为，半径，
可知圆关于轴对称，不妨取渐近线为，即，
则圆心到渐近线的距离，可得：.
又因为圆与双曲线的一条渐近线相交弦长为，
由题意可得：，解得：.
综上可得：的取值范围是.
故选：B
8. 已知曲线，则下列结论中错误的是（ ）
A. 曲线与直线无公共点
B. 曲线关于直线对称
C. 曲线与圆有三个公共点
D. 曲线上的点到直线的最大距离是
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论方程表示曲线的类型，画出曲线的图象，再逐项判断.
【详解】当时，曲线方程为，表示圆的一部分，
当时，曲线方程为，表示焦点在x轴上的等轴双曲线的一部分，
当时，曲线方程为，表示焦点在x轴上的等轴双曲线的一部分，
其图象如图所示：

A. 因为是等轴双曲线的渐近线，曲线与直线无公共点，故正确；
B. 将方程中的互换后方程不变，所以曲线关于直线对称，故正确；
C. 圆的圆心为，
又，即当时，
曲线与圆相切，所以有三个公共点，故正确；
D. 作与直线平行的直线与曲线切于点上的点到直线的最大距离是，故错误；
故选：D
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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值2D. 为钝角，则
【答案】AB
【解析】
【分析】A.利用空间向量垂直坐标运算求解；B.利用空间向量共线坐标运算求解；C.利用空间向量的模的坐标运算求解；D. 若为钝角，由且，不反向共线求解.
【详解】A.若，则，解得，故正确；
B.当或时，不平行，
所以时，有，解得，故正确；
C. ，无最大值，故错误；
D. 若钝角，则，且，不反向共线，
解得且，故错误；
故选：AB
10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 的最小值为
C. 若是的中点，则到平面的距离为
D. 若直线与所成角的余弦值为，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】A. 利用面面垂直的判定定理判断；B.由，且为定值判断；C.转化为到直线的距离，利用等面积法求解判断；D.利用空间向量的夹角公式求解判断.
【详解】A. 因为平面，且平面，所以平面平面，故正确；
B.因为，且为定值，所以，故正确；
C. 因为平面平面，且到平面，
所以到平面的距离即为到直线的距离，
又，，解得，故正确；
D.当时，，
则，故错误；
故选：ABC
11. 中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线．已知在平面直角坐标系中，到两定点距离之积为常数的点的轨迹是双纽线．若是曲线上一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线上有且仅有1个点满足
B. 曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D. 曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意得，设，结合题意计算可判断A；令，，得的范围可判断B；将直线与曲线方程联立，根据方程的解可判断C；由曲线的方程可得，根据可判断D.
【详解】设Px,y，则，
化简得，
将代入可得，
所以曲线，
对于A，若点满足，则在垂直平分线上，则，
设，则，解得，
故只有原点满足，故A正确；
对于B，令，解得或，即曲线经过，
结合图象，得，
令，得，
令，得，
因此，结合图象曲线只能经过3个整点，故B错误；
对于C，直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线只有一个交点，
所以，整理得无非零实数解，
，解得，故C正确；
对于D，可得，
所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，
即都不超过3，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：相关点代入法求轨迹方程的方法：
一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻找代换关系.
（1）求谁设谁，设所求点的坐标为；
（2）所依赖的点称之为“参数点”，设为等；
（3）“参数点”满足某个（些）方程，可供代入；
（4）寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值；
（5）代入方程，消去参数值.
非选择题部分
12. 点到直线的距离最大值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线过定点，得到，进而得到答案.
【详解】由题意得，直线过定点，则，
如图所示，当直线与直线垂直时，
此时点到直线的距离最大值，且最大值为.
故答案为：.
13. 如图，在三棱锥中，已知平面，，，则向量在向量上的投影向量为___________（用向量来表示）.

【答案】
【解析】
【分析】写出表达式，求出，即可得出向量在向量上的投影向量.
【详解】由题意，
在三棱锥中，已知平面，
,
∵面，
∴，
在中，，，
∴,
，
∴向量在向量上的投影向量为：
，
故答案为：.
14. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________．

【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作答.
【详解】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于，及，，如图，

由，得，
由，得,
线段，绕轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，
它是一个圆环，其内径，外径，

此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.
四、解答题：本题共5神墙小题，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，直线l过点且与垂直.
（1）求直线l的方程；
（2）设l分别与交于点A，B，O为坐标原点，求过三点A，B，O的圆的方程.
【答案】（1）；
（2）（或）；
【解析】
【分析】（1）利用直线垂直可求得斜率为，由点斜式方程可得结果；
（2）分别求出两直线交点坐标，设出圆的一般方程代入计算即可求得圆的方程.
【小问1详解】
由题意可得的斜率为，
可得直线l的斜率为，由点斜式方程可得，
即直线；
【小问2详解】
联立直线l和方程，解得；
联立直线l和方程，解得；
如下图所示：
设过三点A，B，O的圆的方程为，
将三点坐标代入可得，解得，
可得圆的方程为（或）.
16. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与、重合），平面与棱交于点．

（1）求证：；
（2）已知，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线线平行得到线面平行，再由线面平行性质得到线线平行；
（2）由三线合一，勾股定理逆定理得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用线面角的向量公式求出答案.
【小问1详解】
∵，
且平面，平面，
∴平面，
又∵平面，且平面平面，
∴；
【小问2详解】
连结，取中点，连结，

在菱形中，°，
∴△是等边三角形，
又∵为中点，∴，，
同理，又∵，
∴，
∴，
又，∴，
故两两垂直，
以点为原点，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
∴，
∴，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，
故，又∵，
设与平面所成角为，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知双曲线的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点，且与双曲线C交于E，F两点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：直线AE与AF的斜率之积为定值．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）由实轴长为6，得，由离心率为，得，再由得，即可得到双曲线C的方程；
（2）设，，直线，直线与双曲线联立方程得，根据韦达定理得，，根据斜率公式得，最后代入化简计算即可得证.
【小问1详解】
因为双曲线的实轴长为6，所以，
因为双曲线的离心率为，所以，解得，
由，得，则C的方程为．
【小问2详解】

设，，因为直线过定点B−2,0，显然直线l不垂直于轴，则设直线，
联立方程组，消去x得，
由，得，
则，，
因为A为双曲线C的左顶点，所以，
直线AE的斜率，直线AF的斜率，
所以
，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于设出直线l的方程，然后直曲联立，利用韦达定理，代入的表达式，化简即可得到定值.
18. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面平面，，，M是棱PC上的点，且，.
（1）求证：平面PAD；
（2）设二面角的大小为，若，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）由余弦定理计算后由勾股定理逆定理证明，取的中点，连结，由面面垂直得线面垂直，从而得线线垂直，然后可得证题设线面垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角，从而求出值．
【小问1详解】
因为，，
所以，，
在中，，，由余弦定理得，
，
所以，
即，，
取的中点，连结，因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，
平面平面，平面PAD，
所以平面，
又因为平面，
所以.
又因为，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点N，连结，则，所以，
以为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
，
又，设平面MBD的一个法向量为n=x,y,z，
则即，
当时，平面平面，不合题意；
当时，令，得平面的法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由于平面与平面所成角的余弦值为，
故有，
解得或.
19. 已知椭圆，点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知．
（1）若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
（2）若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
（3）若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
【答案】（1）是 （2）
（3）是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）设Px,y，计算，根据二次函数的性质得到答案；
（2）由（1）的方法判断，可得时，函数值达到最大，分别讨论二次项系数的正负是否满足条件得出的取值范围；
（3）法一：设，则，计算直线方程得到，，根据得到答案.法二：设x0≠0，计算直线方程得到，，再根据得到答案.
【小问1详解】
由题意得椭圆方程为，所以，
设，则
，
二次函数开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递减，
所以时，函数取最大值，此时为椭圆的短轴的另一个端点，
∴椭圆“圆椭圆”；
【小问2详解】
因为椭圆方程为，，设，，
则，，
由题意得，当且仅当时，函数值达到最大，
①当开口向上时，满足（与矛盾，舍去）；
②当开口向下时，满足，
综上可得的取值范围为．
【小问3详解】
法—：由（2）可得，则椭圆方程为，
由题意：设且，
则，则直线：，则，
则直线，则，
若为直径的圆过定点，由对称性知在轴上，∴设则，且,
∴，，
则，解得，
所以得定点．
法二：椭圆方程：，设x0≠0，
则，
所以，，
若为直径的圆过定点，由对称性知在轴上，
∴设，则，又，，
所以， ∵，解得，
所以得定点.
【点睛】方法点睛：处理定点问题的三个常用策略：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，通过等量关系代入化简变形，分析研究出变化的量与参数无关，从而找到定点；
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明存在着动态变化中不受变量影响的该定点；
（3）定位分析法：先根据几何性质（如：图形对称性、点线相对性、动态趋势等）探索出定点大致位置，从而确定证明方向再加以证明.