福建省泉州第五中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州第五中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了11， 直线的倾斜角为， 若椭圆的离心率为，则的值为， 设为实数，已知直线，若，则等内容，欢迎下载使用。
满分：150分 时间：120分钟
一、单选题（每题只有一个正确选项，每题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方程，求得直线的斜率，进而根据，即可得倾斜角，得到答案．
【详解】由题意，直线，可得直线的斜率，
即，又∵，所以，
故选．
【点睛】本题考查直线的倾斜角的求解，其中解答中由直线方程得出斜率，再根据斜率与倾斜角的关键求解是解决的关键，着重考查了运算与求解能力，属于属基础题．
2. 若椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A. B. 2C. 或2D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论，两种情况，再依据离心率公式代入即可求解.
【详解】当，即焦点在轴上，则,
故，解之可得，
当，即焦点在轴上，，
，解之可得，
综上可得的值为或.
故选：D
3. 设为实数，已知直线，若，则（ ）
A. 6B. C. 6或D. 或3
【答案】A
【解析】
【分析】由两条直线的一般式方程平行的条件求解即可.
【详解】因为，所以，解得：或.
当时，，平行；
当时，，可判断此时重合，舍去.
故选：A
4. 已知空间向量，若向量共面，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理求解.
【详解】显然不共线，故可设，即，
从而，，，故.
故选：A.
5. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，则线段的长为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据及数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】因为，
所以
，
所以，即线段的长为.
故选：C
6. 若圆上恰好有两点到点的距离为3，则整数的取值个数共有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】先根据条件证明，然后即可得到答案.
【详解】命题等价于到的距离属于，即，从而.
故所有可能取值为，共个.
故选：B.
7. 已知为坐标原点，过点的直线分别与轴、轴交于两点，使的面积为的直线恰有3条，则为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由题意直线斜率存在且不为0，设直线的方程为，，求得的坐标，可得的面积的表达式，然后把各选项代入，根据方程解的个数即可判断.
【详解】由题意直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，
令，得；令，得，则，
所以的面积为，
当时，有，
当时，得，解得；
当时，得，此方程无解，
所以满足条件的直线有2条，故A错误；
当时，有，
当时，得，解得；
当时，得，解得，
所以满足条件的直线有3条，故B正确；
当时，有，
当时，得，解得；
当时，得，解得，
所以满足条件的直线有4条，故C错误；
当时，有，
当时，得，解得；
当时，得，解得，
所以满足条件的直线有4条，故D错误.
故选：B.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是上的一点，的内切圆圆心为，当时，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，结合椭圆的定义及圆的切线长定理可得，再借助两点间距离公式列式求解即得.
【详解】依题意，，设椭圆的半焦距为，点，
令的内切圆切的切点分别为，
，
联立解得，则，消去得：，
所以椭圆的离心率.
故选：C
二、多选题（每题至少有两个答案，每题6分，每题部分答对得部分分，全对得6分，共18分）
9. 已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为和，点为椭圆上的任意点，下列说法正确的有（ ）
A.
B. 的最大值为25
C. 的最小值为9
D. 若，则的面积为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用椭圆的方程和椭圆的定义结合性质逐一考查每个选项即可.
【详解】设Px,y，则，.
对于A，有，
，故A正确；
对于B，有，
且当时等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C，有
，故C错误；
对于D，此时
，所以.
从而，故D错误.
故选：AB.
10. 已知圆，直线过点，且交圆于两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若圆关于直线对称，则
B. 的最小值为
C. 若的方程是，则圆上仅有3个点到直线的距离为3
D. 圆在两点处的切线的交点轨迹方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由直线过圆心，即可判断A，当时，PQ最小即可判断B，由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离即可判断C，由，代入计算，即可判断D.
【详解】由题意可得，圆心，半径，
对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，此时，故A正确；
对于B，易知当时，PQ最小，且，
此时，故B正确；
对于C，若的方程是，则圆心到直线的距离，
所以圆上仅有2个点到直线的距离为3，故C错误；

对于D，设Mx,y，，且，，
则，，，，
所以，
化简可得①，
，
化简可得②，
①②可得，
且在圆上，
满足，即，
因此可得，故D正确；
故选：ABD
11. 如图，在矩形中，是的中点，将沿着直线翻折得到.记二面角的平面角为，当的值在区间0,π范围内变化时，下列说法正确的有（ ）
A. 存在，使得
B. 存在，使得
C. 若四棱锥的体积最大时，点到平面的距离为
D. 若直线与所成的角为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，得到即为二面角的平面角，，当时，平面，证明出线线垂直，进而得到线面垂直，得到；BCD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用线线角的夹角公式得到，B错误；C选项，确定当时，体积最大，利用点到平面向量距离公式进行计算；D选项，计算出.
【详解】A选项，连接，取的中点，的中点，
连接，则，
故即为二面角的平面角，即，
当时，平面，
因为平面，所以，
因为矩形ABCD中，，，M是AD的中点，
所以，故为等腰直角三角形，
故，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
存在，使得，A正确；
B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于此平面直线为轴，
建立空间直角坐标系，则，
当时，，
此时，
，
故，
故不存在，使得，B错误；
C选项，当时，平面，此时四棱锥的体积最大，
此时，设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
故点到平面的距离，C正确；
D选项，，
故
，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解题的主要方法是空间向量法，结合空间向量数量积公式，点到平面距离公式，异面直线所成角的向量求出计算.
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 原点到动直线距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先证明距离不超过2，再说明当时距离为2，即可说明距离的最大值是2.
【详解】设原点到直线的距离为，则.
当时，
所以原点到直线的距离的最大值为2.
故答案为：2.
13. 已知椭圆的右焦点关于直线对称的点在椭圆上，则椭圆的离心率为___．
【答案】
【解析】
【分析】利用数形结合，可得△MOF是一个的直角三角形，进而得△PF'F也是一个直角三角形，结合直线斜率可得利用椭圆的定义和离心率公式即可求出．
【详解】如图所示，点F关于直线的对称点为P ，交于直线于点M，
直线的斜率为，即△MOF是一个的直角三角形，
因为原点O为FF'的中点，且M为FP的中点，
所以OM为△PF'F的中位线，
所以，△PF'F也是一个直角三角形，且，
从而，又.
可得，
又因为|FF'|＝2c，
所以|PF|2+|PF'|2＝|FF'|2，
所以，
故离心率为．
故答案为
【点睛】本题考查椭圆的方程简单性质的应用，对称知识以及数形结合的能力，本题入关采用代数方法进行运算，运算量极大，所以选取合适的方法是解得本题的关键，属于中档题.
14. 若为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点为空间中四个定点，，且两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】先证明，再给出的例子，即可说明的最小值是.
【详解】设AB的中点为，一方面，有.
所以.
另一方面，有
.
所以，故，即.
这就得到.
当，时，代入即可验证满足条件，且.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量的运算性质的恰当使用.
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或者演算步骤）
15. 如图，在四棱锥中，平面，，，且．
（1）求直线与直线所成角的大小；
（2）求直线PD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与直线所成角的大小.
（2）利用向量法来求得直线PD与平面PAC所成角的正弦值．
【小问1详解】
由于平面，平面，所以，
由于，所以两两相互垂直.
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，设直线与直线所成角为，
则，
由于，所以.
【小问2详解】
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线PD与平面PAC所成角为，
则.
16. 已知圆.
（1）若直线与圆相交，求实数的取值范围；
（2）若点为轴上一点，过点作圆的切线，切点分别为和.
①求四边形面积的最小值；
②当点横坐标为4时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用距离公式即可得到答案.
（2）①利用面积的公式即可求出最小值；②利用切点弦方程的公式即可得到答案.
【小问1详解】
命题等价于到直线的距离小于，
即，解得的取值范围是.
【小问2详解】
①易知，
所以，
等号对成立，故最小值是；
②因为，所以四点共圆，圆心为的中点，
因为，所以圆的半径为，
方程为，即，
直线AB为两圆公共弦所在直线方程，两圆方程相减整理得直线AB的方程为.
17. 已知椭圆上的左焦点为，点为椭圆上一点.
（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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义求得，再结合求得，得椭圆标准方程；
（2）首先确定直线的斜率存在，然后设Ax1,y1,Bx2,y2，设直线的方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，结合中点坐标求得得直线方程．
【小问1详解】
设右焦点，则，得，
又，故，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
①当直线垂直于轴时，显然不符合题意；
②当直线不垂直于轴时，设直线的斜率为，则直线的方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程
则
得
，
故直线的方程为，即.
18. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是的中点，点在棱上，且.

（1）若平面平面，证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由证得平面，从而，然后利用线面平行的判断定理得出结论；
（2）由条件可得平面，则，可得，利用余弦定理可得．以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，设，求出平面与平面的法向量，设平面与平面的夹角为，根据向量的夹角公式的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质求出答案.
【小问1详解】
因为四边形正方形，所以.
因为平面平面，所以平面.
又因为平面，平面平面，所以.
因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
因为四边形是正方形，所以.
又因为平面，所以平面.
因为，所以平面，
因为平面，所以，.
由，得.
所以.
以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
点到平面的距离为，

点到平面的距离为.
则，
设，则，
设平面的法向量为，
则，取，可得.
设平面的法向量为，
则，取，可得.
设平面与平面的夹角为，
则令，
则
.
当时，取得最小值，最小值为，
所以的最大值为，此时，.
故平面与平面的夹角的余弦值的最大值为.
19. 已知点为坐标原点，为椭圆上任一点，直线与椭圆相交于两点.
（1）求点到点距离最小值；
（2）求面积的最大值；
（3）当，直线斜率为1，且点在直线的上方时，的内心是否在定直线上？若是，求出该定直线，不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）是，
【解析】
【分析】（1）根据两点距离公式，结合椭圆的有界性以及二次函数的性质即可求解最值，
（2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式，即可求解，
（3）根据两点斜率公式，结合韦达定理，计算，可得直线为的内角平分线，即可求解.
【小问1详解】
依题意可得得，
故
由于，故当时，，
即求点到点距离的最小值为.
【小问2详解】
①当直线垂直于轴时，设直线代入椭圆得，
故面积，
当时，面积最大值为；
②当直线不垂直于轴时，设直线，
由得，
弦长
又直线即，原点到直线的距离，
故面积
（当且仅当取等号）
由①②得面积最大值为.
.
【小问3详解】
当，直线斜率时，直线，
由（2）得两根为，
则，
设直线的斜率为，直线的斜率为，
则
，
即,