福建省福州市部分学校教学联盟2024−2025学年高二上学期期中联考 数学试题（含解析）

这是一份福建省福州市部分学校教学联盟2024−2025学年高二上学期期中联考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，向量，，，且，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知点关于直线的对称点为，经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．是等边三角形
C．点与平面的距离为D．与所成的角为
8．已知点，，点为直线上动点，当最大值，点的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆M：和圆N：相交于A，B两点，下列结论正确的是（ ）
A．直线AB的方程为
B．若点P为圆N上的一个动点，则点P到直线AB的距离的最大值为
C．线段AB的长为
D．直线是圆M与圆N的一条公切线
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）
A．的周长为
B．存在点，使得
C．若，则的面积为
D．使得为等腰三角形的点共有4个
11．如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ）

A．在中点时，平面平面
B．异面直线所成角的余弦值为
C．在同一个球面上
D．，则点轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知的三个顶点，，那么三角形外接圆的方程是 .
13．椭圆的左､右焦点分别为，点在上，直线过左焦点，且与椭圆相交于两点，若直线的倾斜角为，则的面积等于 .
14．已知椭圆的标准方程为，上顶点为，左顶点为，设点为椭圆上一点，的面积的最大值为，若已知点、为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上任意一点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的顶点，边AC上的高BH所在直线的方程为，边AB上的中线CM所在直线的方程为.
(1)求直线AC的方程及点的坐标；
(2)求的面积.
16．如图，平行六面体中，底面是边长为的正方形，，设，，

(1)试用，，表示向量、；
(2)若，求向量与所成的角的余弦值.
17．如图，已知某市穿城公路自西向东到达市中心O后转向正北方向，，在公路段上距离市中心O点处有一古建筑C（视为点），现设立一个以C为圆心，为半径的圆形保护区E，并准备修建一条直线型高架公路L，在上设出入口A，在上设出入口B，满足且直线与圆E相切.

(1)若将出入口A设计在距离中心O点处，求R；
(2)若点B到该圆上任意一点的距离均不少于，则如何设置出入口B，才能使该圆形保护区的半径R最小.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．已知椭圆，C的上顶点为B，左右顶点分别为A1、A2，左焦点为F1，离心率为．过F1作垂直于x轴的直线与C交于D，E两点，且．
(1)求C的方程；
(2)若M，N是C上任意两点
①若点，点N位于x轴下方，直线MN交x轴于点G，设和的面积分别为，，若，求线段MN的长度；
②若直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于P，Q两点，已知P，Q，M，N四点共圆， 求证：线段的长度不大于．
参考答案
1．【答案】A
【详解】点关于平面的对称点是，
,
故选：A.
2．【答案】A
【详解】因为向量， ，，
由，则，解得，
由，则，解得，则．
故选：A．
3．【答案】A
【详解】由已知可得，
设，
，解得，
即向量在基底下的坐标为.
故选：A.
4．【答案】A
【详解】若，则，解得或，
所以由可以得到，反之则不然，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．【答案】C
【详解】
设点，有，解得，，，，结合图可知，.
故选：C．
6．【答案】C
【详解】圆，则，半径r1=1，
圆，则，半径，
因为两圆外切，所以，
即，即，
则点在以1,0为圆心，半径为3的圆上，即在圆上，
令，则k表示过点与点的直线的斜率，
则该直线一定过点，且与圆有公共点，
由题意作图，由图可知该直线斜率一定存在(若斜率不存在，则直线与圆相离)，
设该直线方程为，
即为，圆心1,0到直线的距离为d，则，
解得，即的取值范围是.
故选：C.
7．【答案】C
【详解】对于选项A：设的中点为，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以，故A正确；
对于选项B：由A的分析知即为二面角的平面角，
故，即，
可知，则，
所以是等边三角形，故B正确；
对于选项CD：以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
所以点与平面的距离，故C错误；
又因为，
且与所成的角取值范围为，
可知与所成的角的余弦值为，所以与所成的角为，故D正确.
故选：C.
利用空间向量求点到平面距离的方法
如图，设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面α的法向量，则B到平面α的距离.
8．【答案】A
【详解】以为直径作圆，方程为，半径，
则圆心到直线的距离，
则直线与圆相离，即，
由点在直线上，设，
则，，
所以直线与的夹角满足，
当时，，
当时，，
当时，，此时，
当且仅当，即时等号成立；
当时，，此时，
当且仅当，即时等号成立；
综上所述，当时，取最大值，即取最大值，
故选：A.
9．【答案】BCD
【详解】A选项，两圆方程作差得，即，所以两圆公共弦所在直线方程为，A错误；
B选项，圆的圆心为，半径，
圆，即的圆心为，半径；
圆心到直线的距离，半径，
所以点到直线的距离的最大值为，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离，
所以直线是圆与圆的一条公切线，D正确.
故选：BCD.
10．【答案】AB
【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；
对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，如图：
设，，则.
所以，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
故选：AB
11．【答案】ACD
【分析】根据正方体图象特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D.
【详解】对于选项A：取的中点，连接，

在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，因为，所以平面，在平面内，
所以，平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
连接，是正方形，，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
综上，平面，平面，又，
所以平面，平面，故平面平面，故A正确；
对于选项B：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又，则，故B错误；
对于选项C：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
对于选项D：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故D正确；
故选ACD.
12．【答案】
【详解】因为的三个顶点，，，
所以为直角三角形，
故三角形外接圆圆心为斜边的中点，
半径,
所以圆的方程为.
故答案为：
13．【答案】
【详解】已知点在椭圆上，可得，所以，
又因为直线的斜率，所以的方程为.
设，联立方程组消去得，可得，
所以，
点到直线的距离，
所以.
故答案为:.
14．【答案】/2.25
【详解】由已知条件可得、，直线的斜率为，
则直线的方程为，
当的面积最大时，过点的直线与椭圆相切且与直线平行，

故设该直线的方程为，
联立，整理，得，
由，得，解得，
分析可知当的面积最大时，，此时切线方程为，
则点到直线的距离.
又，所以，所以，
所以、，
所以，
则
，
当且仅当时取等号，
因此，的最小值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2)24
【详解】（1）因为边AC上的高BH所在直线的方程为，所以边AC的斜率为-1，
又顶点，所以边AC的的直线方程为，
所以，解得，
所以直线AC的方程为，点的坐标为.
（2）设点坐标为，
由中点坐标公式可得，由点在直线上可得，
又在直线BH上，所以，
联立两方程可得，
又到直线AC的距离为，
所以.
16．【答案】(1),
(2)
【详解】（1），
.
（2）因为，

，
，
，
所以，
即向量与所成的角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)当时，圆形保护区的半径R最小
【详解】（1）

如图，设切点为F，连接,则，且
在直角三角形中，，即
（2）

以O为原点，如图建立平面直角坐标系，
设，则直线方程：，即，
圆心，设P为圆C上任意一点，
由条件需使恒成立，即，
即，化简得，①，
又直线与圆C相切，得，由①知，，则有
将代入①式，整理得，
解得或（舍去） ，当且仅当时取得最小值，
即当时，圆形保护区的半径R最小.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可.
【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：
∵M为棱PC的中点，
∴，∵，∴，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴，
又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．
（2）∵，∴，∴，
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，
∴平面ABCD，
又AD，平面ABCD，∴，，又，
∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则，
∵M为棱PC的中点，
∴.
（i），
设平面BDM的一个法向量为，
则，令，则，∴，
易得平面PDM的一个法向量为，
∴，
∴平面面夹角的余弦值为.
（ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是，
设，
则，
由（2）知平面BDM的一个法向量为，，
∴点Q到平面BDM的距离是，
∴，∴．
19．【答案】(1)
(2)①3；②证明见解析
【分析】（1）根据椭圆离心率及弦长计算求出即可得出椭圆方程；
（2）①应用图形特征结合已知，再联立方程得出即可求出弦长；
②先设方程再联立方程得出H的坐标为，再由P，Q，M，N四点共圆，则，计算得出.
【详解】（1）由离心率为，得，
由得在椭圆上，可得，
解得，
所以故椭圆C的方程为.
（2）①由（1）可得，
连接，因为， ，
所以，得;
所以，所以直线ON的方程为， ，
由得（舍去）.
所以.
②设直线， ，则
联立可得，
所以，，
，得．
所以中点H的坐标为，所以，
故直线OH：.
由P，Q，M，N四点共圆，则，
由;
联立可得，，所以，
所以，
所以得，
所有，得
即.