重庆市松树桥中学2024-2025学年高二上学期第二次质量检测（期中）数学试题（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 满分150分）
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. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.
【详解】.
设其倾斜角为，则，又，
则，即倾斜角为150°.
故选：D
2. 已知点，则平面法向量可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据法向量的求法求得正确答案.
【详解】，设平面的法向量为，
则，则，只有A选项符合.
故选：A
3. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为6，则实数等于（ ）
A. B. C. 12D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
又，所以，
即实数的值为12.
故选：C
4. 若直线：与直线：相互平行，则、之间的距离为（ ）
A. 3B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行求出参数的值，再利用两平行线之间的距离公式即可得解.
【详解】因为直线与直线平行，
，解得或2，
当时，与重合，不符合题意；
当时，与平行，符合题意；
则与之间的距离.
故选：C.
5. 已知圆M：，求圆M关于直线l：的对称圆方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设对称圆的圆心，解方程组即得解.
【详解】圆的圆心为，设对称圆的圆心为，
依题意得，解得，
又圆的半径与对称圆的半径相等，
所以对称圆的方程为.
故选：D.
6. 在三棱锥中，，与平面所成角的大小为，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，可证平面平面，结合面面垂直的性质可知点在平面内的投影落在线段内，即，即可得结果.
【详解】取的中点，连接，
因为，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面，
且平面平面，
由面面垂直的性质可知：点在平面内的投影落在直线上，
且，可知点在平面内的投影落在线段内，
又因为与平面所成角的大小为，则，
可知为等边三角形，所以.
故选：C.
7. 已知在平面直角坐标系Oxy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C的方程为
B. 曲线C上存在点D，使得D到点的距离为10
C. 曲线C上存在点M，使得
D. 曲线C上的点到直线的最大距离为9
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点坐标以及由两点间距离公式即可整理得点P所构成的曲线为C的方程为，即可判断A；利用点到圆上点距离的最大值，即可知在C上不存在点D，即可判断B；设，利用两点间距离公式得到方程和联立，无解，即可判断C；求出C的圆心到直线的距离，可得曲线C上的点到直线的最大距离为9，即可判断D.
【详解】对于A，由题意可设点Px,y，
由A−2,0，B4,0，，得，
化简得，即，故A错误；
对于B，点到圆上的点的最大距离，
故不存在点D符合题意，故B错误；
对于C，设，由，
得，又，
联立方程消去得，得无解，故C错误；
对于D，C的圆心到直线的距离为，
且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确.
故选：D.
8. 若直线与曲线C：有两个不同的公共点，则k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据曲线的方程可得曲线是以原点为圆心，为半径的圆的轴的上半部分（含轴），求出直线与圆相切时的值，再结合图形即可求解.
【详解】由得，
所以曲线是以原点为圆心，为半径的圆的轴的上半部分（含轴），
直线过定点，
当直线与圆相切时，
圆心到直线的距离，
解得或（舍去），
当直线过点时，
直线斜率为，
结合图形可得实数的取值范围是.
故选：C.
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.全选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知直线：，为坐标原点，则（ ）
A. 直线的倾斜角为
B. 若到直线的距离为，则c＝2
C. 过且与直线平行的直线方程为
D. 过且与直线垂直的直线方程为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线方程，得直线的倾斜角，可判断；根据点到直线的距离公式计算可判断，根据与知直线平行或垂直的直线方程求法可判断.
【详解】直线可化为：，
所以斜率，得倾斜角为，故错误；
由点到直线的距离公式得，得，
所以，故错误；
设与直线平行的直线方程为，
因为平行直线方程经过原点，所以，
即平行直线方程为，故正确；
设与直线垂直的直线方程为,
因为垂直直线方程经过原点，所以，
即垂直直线方程为，故正确.
故选：.
10. 已知椭圆C：，，分别为它的左右焦点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 椭圆离心率为B.
C. 若，则的面积为9D. 最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由椭圆方程得到的值，根据离心率的公式可判断A，根据椭圆的定义可判断B，根据勾股定理和椭圆的定义可得到，从而由三角形面积公式可判断C，由基本不等式可判断D．
【详解】由椭圆方程可知，，
所以椭圆的离心率，故A错误；
由椭圆定义知，故B正确；
又，因为，所以，
∴，
解得，所以的面积为，故C正确；
∵，
∴
，当且仅当时取等号，
∴最小值为，故D正确．
故选：BCD．
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G是棱上的一个动点，M为侧面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点G到平面的距离为定值
B. 若，则的最小值为2
C. 若，且，则点G到直线的距离为
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面垂直的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故A正确；
对于B，连接，面，是在平面上的射影，
要使，则，
所以点M的轨迹是平面上以F为圆心，1为半径的半圆，
所以的最小值为，故B错误；
对于C，连接，，，，
因为，且，所以A，E，，G四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，
故以为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A2,0,0，，，，
所以，，，，
故点G到直线距离，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，
设（），则A2,0,0，，，，
所以，，，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为（），
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：（1）向量法求点面距离：求出平面的法向量，则点到平面的距离公式为.
（2）向量法求线面所成角的正弦值：求出平面的法向量，则.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线l的方向向量为，且直线l经过点，则直线l的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方向向量可得斜率，再由点斜式方程即可得出结果.
【详解】由直线l的方向向量为可得直线的斜率为2，
又过点可得直线l的方程为，即.
故答案为：
13. 已知P为椭圆C上一点，，为C的两个焦点，，，则C的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用等腰三角形的性质及特殊角的三角函数值结合椭圆的定义与性质计算即可
【详解】如图，取线段的中点M，连接，
因为，，
所以，且，
所以，
设，
所以C的离心率为
，
故答案为：
14. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也，甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.

【答案】
【解析】
【分析】取中点，连接，，易证平面，再由等边三角形可知四边形为等腰梯形，高为，建立空间直角坐标系，利用向量法可得异面直线夹角余弦值.
【详解】
如图所示，设，
取中点，连接，，则，
又，
，
四边形为矩形，
，
又为正三角形，为的中点，
，
，且，平面，
平面，
易知，则，
四边形为等腰梯形，高为，
在平面内，过点作垂线，
以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
即，，
，
即异面直线与的夹角余弦值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 椭圆E的焦点分别为、且满足，经过，两点.

（1）求椭圆E的标准方程和椭圆E的离心率e、长轴长、短轴长，并在坐标系中画上椭圆E的草图
（2）设点M为椭圆E上一点且满足，求的周长和面积.
【答案】（1）答案见解析；
（2）周长为，面积为.
【解析】
【分析】（1）首先设椭圆的一般方程，将两点坐标代入方程，即可求解，再根据椭圆的方程画出椭圆的草图，以及求得椭圆的性质；
（2）根据椭圆的定义，以及余弦定理，即可求解周长和面积.
【小问1详解】
设椭圆方程为，，在椭圆上，
则，解得：，
所以椭圆的标准方程为，
所以，，，所以，，，
所以椭圆的离心率，长轴，短轴长；
椭圆E的草图如图所示：
【小问2详解】
由（1）得的周长为，
设， ，，
中，，
即，即，解得，
所以的面积.
16. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，.
（1）证明：直线平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法证明与面的一个法向量垂直，即可证结论；
（2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离.
【小问1详解】
由平面，且四边形为矩形，可建立如图所示空间直角坐标系，
则
由，得，解得，同理，
，显然面的一个法向量为，
显然且面，故面
【小问2详解】
设面的一个法向量为，且，
由，
取x=1，则，
所以为平面的一个法向量，
又，
点到平面的距离为.
17. 已知圆，圆及点.
（1）判断圆和圆的位置关系，并说明理由；
（2）若斜率为的直线经过点且与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）圆和圆相交，理由见解析
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出两圆的圆心和半径，比较圆心距与半径和、差的关系，可得两圆的位置关系.
（2）设直线方程的点斜式，利用圆心到直线的距离等于远的半径求，可得圆的切线方程.
【小问1详解】
圆方程可整理为：，则圆心，半径，
由圆方程可知：圆心，半径，
因为，，，
所以，
所以圆和圆相交.
小问2详解】
当过的直线斜率不存在，
即直线为时，其与圆不相切，
所以可设所求切线方程：，即，
所以圆心到切线的距离，即，解得：或，
所以切线方程为：或，即或.
18. 在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，的长度为3或
【解析】
【分析】（1）通过证明，来证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.
【小问1详解】
因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，所以平面， 平面，
所以， 又已知，且都在面内，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，以CD轴，CB为轴，为轴，建立空间直角坐标系 ，
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
，，，
设，则，
，
设平面的法向量为，则有，即
不妨令，则，，
故平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则有，即
不妨令，则，，所以平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得， 解得或， 即或，
故在线段上存在这样的点，
使平面与平面成角余弦值为，此时的长度为3或．
19. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系中的点，则满足的动点的轨迹记为圆.
（1）求圆的方程；
（2）若直线为，证明：无论为何值，直线与圆恒有两个交点；
（3）若点，当在上运动时，求的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）最小值为，最大值为
【解析】
【分析】（1）设点Px,y，根据，列出方程，即可求得圆的方程求圆的方程；
（2）求出直线过定点，根据定点在圆内可得答案；
（3）设，由两点间距离公式计算，再由辅助角公式计算可得答案.
【小问1详解】
设Px,y，由，且，
可得，
整理得，所以圆的方程为；
【小问2详解】
由直线方程为得，
解得，所以直线过定点，
由，得点在圆内，
所以无论为何值，直线与圆恒有两个交点；
【小问3详解】
设，
，
其中，
因为，
所以当时，有最小值为，
当时，有最大值为.
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是设，再由两点间距离公式计算.