福建省泉州市第七中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市第七中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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一、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. 在直角坐标系中，在轴上截距为且倾斜角为的直线方程为．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可得，直线的斜率，再根据直线的截距得到直线过点（0，-1）
根据直线方程的斜截式可知所求的直线方程为，
即，
故选：．
2. 如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.
【详解】解：由题意可得：
.
故选：A.
3. 两条直线，，若，则的值是（ ）
A. 0B. 1C. 1或0D. 0或
【答案】C
【解析】
【分析】由两条直线平行，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为直线，平行，
则，解得或，
当时，，，两直线平行，
当时，，，两直线平行，
所以或.
故选：C
4. 在斜三棱柱的底面中，，且， ，则线段的长度是（ ）

A. B. 3C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据几何图形，利用基底向量表示，再根据数量积公式，求模长.
【详解】，
,
,
所以.
故选：A
5. 已知点，，直线与线段AB有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出直线的定点，再求出，数形结合，得出结果.
【详解】由直线，可得直线过定点，
的斜率，
的斜率，
直线的斜率，

由图可知，或，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
6. 是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可判断，平方得出，再利用余弦定理求解即可．
【详解】 是椭圆上一点， 、 分别是椭圆的左、右焦点，
，
，
，
，
在中，，
，
故选 ．
【点睛】本题考查了椭圆的定义，焦点三角形的问题，结合余弦定理整体求解是运算的技巧，属于中档题．
7. 如图，在四面体中，平面，，，为的中点，为上靠近的三等分点，则直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，求得，，根据线线角的向量公式即可求解.
【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，
则，，，，所以，，，所以.
设直线与所成角的大小为，则.
故选：D.

8. 已知点M是圆上的动点，点N是圆上的动点，点P在直线上运动，则的最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的性质可得，求点关于直线对称的点为，结合对称性分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
圆的圆心，半径，
则，
即，
设点关于直线对称的点为，
则，解得，即，

因为，则，
所以的最小值为.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角的取值范围为
B. 直线恒过定点
C. 圆与圆的公共弦所在直线方程为：
D. 圆上有且仅有1个点到直线的距离等于1
【答案】BC
【解析】
【分析】由直线斜率的定义即可判断A，由直线过定点即可判断B，由两圆方程作差即可判断C，结合点到直线的距离公式即可判断D.
【详解】对于A，设直线的倾斜角为，则，
所以，故A错误；
对于B，直线即，
令，则，，所以直线恒过定点，故B正确；
对于C，由两圆方程与，
两圆方程相减可得，故C正确；
对于D，因为圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，所以圆上有3个点到直线的距离等于1，故D错误；
故选：BC
10. 下列说法命题正确的是（ ）
A. 已知，，则在上的投影向量为
B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则
D. 若向量（，，是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用投影向量计算公式进行求解；B选项，由数量积为0得到，或，B错误；C选项，设，变形得到，结合题目条件得到方程组，求出；D选项，，设，变形后对照系数得到方程组，求出，得到答案.
【详解】A选项，在上的投影向量为
，A正确；
B选项，，故，
或，B错误；
C选项，点为平面上一点，设，
即，
所以，
又，
故，故，C正确；
D选项，由题意得，
设，
则，解得，
则在基底下的坐标为，D正确.
故选：ACD
11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A. 当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；
对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；
对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误.
对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确；
【详解】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C，由，
设，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C错误.
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；

故选：ABD.
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
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，则的取值范围是___________．
【答案】12,1
【解析】
【分析】由题意，对椭圆方程进行变形，根据椭圆的焦点在轴上，列出不等式再进行求解即可．
【详解】易知该椭圆方程为，因为该椭圆的焦点在轴上，
所以，解得，则的取值范围为12,1．
故答案为：12,1.
13. 如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则______.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，利用，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，
又因为，
所以，所以.
故答案为：.
14. 我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．如：若实数，满足，则的最小值为___________，的最大值为___________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】设，则与有公共点，利用圆心到直线的距离小于等于半径，得到不等式，求出的最小值即可；变形得到式子几何意义为圆上的点到直线的距离与它到点的距离比值的2倍，作出图象，得到，数形结合得到过点的直线与圆相切于点Px,y，此点位于第一象限时，此时取得最大值，设直线方程为，与圆方程联立，根据根的判别式为0求出，从而得到切点坐标，代入求出最大值.
【详解】将变形，
令，则直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离为，
解得，所以的最小值为；
可以看作圆上的点Px,y到直线的距离与它到距离比值的2倍，
设直线与直线的夹角为，
则，

如图，当直线与圆相切于点Px,y时，取到最大值，
设直线方程为，
由，得，
当时，直线与圆相切，解得，
结合图形可知时最大，
代入联立后的方程可得切点，
将代入.
所以的最大值为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过驻或演算步骤．
15. 已知顶点，，.
（1）求边BC上的高所在直线的方程；
（2）若直线l过点A，且l的纵截距是横截距的2倍，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其高线方程；
（2）当直线l过坐标原点时可得直线方程；当直线l不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解.
【小问1详解】
由、，且，
所以其高线斜率满足，即，
所以边BC的高所在直线的方程为，即；
【小问2详解】
当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或.
16. 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．
（1）求证：；
（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；
(2)取的中点，的中点，连接，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
【小问2详解】
取的中点，的中点，连接，
则，由，得，且，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
由平面，得，
建立如图空间直角坐标系，
，
则，
设为平面的一个法向量，
则，
令，得，所以，
，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知圆过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆交于A，两点，在直线上是否存在定点，使得直线，的倾斜角互补？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点满足条件
【解析】
【分析】（1）先求的中垂线所在直线方程，根据圆的性质求圆心和半径，即可得结果；
（2）设，，根据题意可得，联立方程，利用韦达定理运算求解.
【小问1详解】
由题意得的中点的坐标为，直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为1，
所以直线的方程为，即，
解方程组得，故，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
由消去整理得，
可得，
设，，则，.（*）
设，则，（，分别为直线，的斜率）.
因为直线，的倾斜角互补，
所以，即，即，
即，将（*）式代入得，
整理得对任意实数恒成立，故，解得，
故点的坐标为.
所以在直线上存在定点满足条件.
.
18. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
（1）求证：平面；
（2）若点为棱的中点，求点到平面的距离；
（3）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【小问1详解】
连接，因为为等边三角形，为中点，则，
由题意可知平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则平面，可得，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，可得，
且，，平面，所以平面
【小问2详解】
在平面内的射影为，所以平面，由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形，
由平面，平面，可得，，
又因为为等边三角形，为中点，所以，
则以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
可得，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
因为，
设，，则，
可得，，，即，
可得，
由（2）知：平面的一个法向量
设平面的法向量，则，
令，则，，可得；
则，
令，则，
可得，
因为，则，可得，
所以锐二面角的余弦值的取值范围为
19. 古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯（Pappus，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：平面上，到两条已知直线距离的乘积是到第三条直线距离的平方的倍的动点轨迹为二次曲线（在平面上，由二元二次方程所表示的曲线，叫做二次曲线）.常数的大小和直线的位置等决定了曲线的形状.为了研究方便，我们设平面内三条给定的直线为，当三条直线中有相交直线时，记，，，动点到直线的距离为，且满足.阅读上述材料，完成下列问题：
（1）当，时，若，且与的距离为2，点在与之间运动时，求动点的轨迹所围成的面积.
（2）若是等腰直角三角形，是直角，点在内（包括两边）运动，试探求为何值时，的轨迹是圆？
（3）若是等腰三角形，，点在内（包括两边）任意运动，当时，问在此等腰三角形对称轴上是否存在一点，使为大于1的定值.若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）当时，的轨迹是圆
（3）存在，点为中点
【解析】
【分析】（1）适当建系，以为轴，为轴，同时，再结合新定义确定轨迹方程即可求解；
（2）适当建系，以为坐标原点，为轴，为轴，同时.再结合新定义即可求解；
（3）适当建系，以为坐标原点，的角平分线为轴，设，，，结合新定义列出等式即可求解.
【小问1详解】
以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，，设，
因为在，之间，所以，，，
由定义得，所以，化简得，
表示以为圆心，1为半径的圆.
所以动点的轨迹围成的图形面积.
【小问2详解】
以为坐标原点，（）为轴，（）为轴，建立平面直角坐标系.
设，点，
则，，，，
代入坐标得：.
化简整理：①
当时，方程①没有项，此时方程①为：.
即，此方程表示圆心为，半径为的圆，
所以当时，的轨迹是圆.
【小问3详解】
以为坐标原点，的角平分线为轴，建立平面直角坐标系，
设，，，点，
先求点的轨迹方程：由，因为在内部，所以，得.
同理：，又.
由题意，当时，得.
化简整理得：.②
假设存点，满足条件，则③
由②得：.
代入③得.
要使此式为定值，则，化简得，
故存在点，即点为与的角平分线的交点，即点为中点，
此时.
【点睛】关键点点睛：这类新定义的关键是适当建系，简化计算过程，减少计算量是关键点.